zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Đại học môn Toán lần 1 năm 2014 - THPT Phan Đăng Lưu (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Đặng Quốc Thắng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

151
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn đang ôn thi Đại học có thể làm quen với hình thức ra đề thi và củng cố kiến thức môn Toán. Mời các bạn tham khảo đề thi thử Đại học môn Toán lần 1 năm 2014 của trường THPT Phan Đăng Lưu có kèm theo hướng dẫn giải để đạt kết quả tốt trong kỳ thi này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán lần 1 năm 2014 - THPT Phan Đăng Lưu (Kèm đáp án)

www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối D (Thời gian làm bài 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = − x 3 + (2 m + 1) x 2 − 2 (1), với m là tham số thực 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 2) Tìm m để đường thẳng d : y = 2 mx − 2 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0; −2), B (1;2 m − 2), C sao cho AC = 2. AB Câu II (2 điểm). 1) Giải phương trình 1 + sin 2 x + 2 3 sin 2 x + ( 3 + 2)sin x + cos x = 0  x3 − 12 x − 8 y 3 + 24 y 2 − 16 = 0  2) Giải hệ phương trình   x + 2 4 − x − 12 2 y − y = −8 2 2 2  1 ( ) 5 Câu III (1 điểm). Tính tích phân I = ∫ 2  x 1 − x 2  dx   0 Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành với AB = 2 a, BC = a 2, BD = a 6. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABCD) là trọng tâm G của tam giác BCD . Biết SG = 2 a . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBD) theo a. Câu V (1 điểm). Cho x, y là hai số dương thỏa mãn x + y + xy = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3x 3y xy M= + + − x2 − y2 y +1 x +1 x + y II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(Phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) tâm I có phương trình x 2 + y 2 + 2 x − 2 y − 2 = 0 và điểm M ( −4;1) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M , cắt đường tròn (C ) tại hai điểm phân biệt N, P sao cho tam giác INP có diện tích bằng 3 và góc NIP nhọn. Câu VIIa (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) có phương trình x + y + z − 2 = 0 và ba điểm A(0; 0;1), B (1;0;2), C(1;1;1) . Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng ( P ) . Câu VIIIa (1 điểm). Một hộp đựng 12 quả cầu trong đó có 3 quả màu trắng, 4 quả màu xanh và 5 quả màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả. Hãy tính xác suất sao cho 3 quả đó cùng màu. B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A(−3;0), I (−1;0) và elip x2 y2 (E) : + = 1 . Tìm tọa độ các điểm B, C thuộc ( E ) sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 9 4 Câu VIIb (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) có phương trình x − 2 y + z − 3 = 0 và điểm I (1; −2;0) . Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng ( P ) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π . 10  1 Câu VIIIb (1 điểm). Tìm số hạng chứa x trong khai triển của biểu thức  x 3 +  6 (với x ≠ 0 )  x ……….Hết………. www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 1
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN I. NĂM HỌC: 2013 – 2014 Môn thi: Toán. Khối D Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Khi m = 1 ta có y = − x + 3 x − 2 3 2 0,25 • TXĐ: D=R • Sự biến thiên - Chiều biến thiên y , = −3 x 2 + 6 x, y , = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) nghịch biến trên các khoảng (−∞;0) và (2; +∞) 0,25 - Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCD = 2 .Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = −2 - Giới hạn: lim y = +∞ , lim y = −∞ x →−∞ x →+∞ - BBT 0,25 x -∞ 0 2 +∞ y’ - 0 + 0 - +∞ 2 y -2 -∞ • Đố thị 0,25 6 4 2 5 5 2 4 6 2 Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số (1): 0,25 − x 3 + (2 m + 1) x 2 − 2 mx = 0 (*) ⇔ x = 0; x = 1; x = 2 m 1 0,25 d cắt (Cm ) tại 3 điểm phân biệt ⇔ (*) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0, m ≠ 2 Khi đó C(2 m;4 m 2 − 2) . AC = 2 AB ⇔ 2m = 2 0,25 ⇔ m = ±1 . Vậy m cần tìm là m = ±1 0,25 II 1 Pt ⇔ 2 3 sin 2 x + ( 3 + 2)sin x + 1 + sin 2 x + cos x = 0 0,25   ⇔ (2 sin x + 1)( 3 sin x + 1) + cos x (2 sin x + 1) = 0 ⇔ (2 sin x + 1)( 3 sin x + cos x + 1) = 0 ⇔ 2 sin x + 1 = 0 hoặc 3 sin x + cos x + 1 = 0 0,25  −π 0,25 −1  x = 6 + k 2π 2 sin x + 1 = 0 ⇔ sin x = ⇔ (k ∈ Z ) 2  x = 7π + k 2π   6 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 2
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com  x = π + k 2π 0,25  π  −1  3 sin x + cos x + 1 = 0 ⇔ cos  x −  = ⇔ (k ∈ Z )  3 2  x = −π + k 2π  3 −π 7π −π Vậy nghiệm của pt là x = + k 2π , x = + k 2π , x = π + k 2π , x = + k 2π (k ∈ Z ) 6 6 3 2 0,5  −2 ≤ x ≤ 2 Điều kiện  0 ≤ y ≤ 2 (1) ⇔ x 3 − 12 x = (2 y − 2)3 − 12(2 y − 2) Xét hàm số f (t ) = t 3 − 12t trên [ −2; 2] có f / (t ) = 3t 2 − 12 ≤ 0 ∀t ∈ [ −2; 2] ⇒ hàm số 0,25 nghịch biến trên [ −2; 2] nên (1) ⇔ f ( x) = f (2 y − 2) ⇔ x = 2 y − 2 thế vào (2) ta được (2 y − 2) 2 + 2 4 − (2 y − 2) 2 − 12 2 y − y 2 = −8 0,25 ⇔ 2 y − y2 + 2 2 y − y2 − 3 = 0 x = 0 0,25 ⇔ 2 y − y 2 = 1 ⇔ y = 1 ⇒ x = 0. Hệ có nghiêm duy nhất  y = 1 III Đặt 1 − x = t ⇒ −2 xdx = dt . x = 1 ⇒ t = 0; x = 0 ⇒ t = 1 2 0,25 1 1 1 0,25 ( ) 5 Ta có I = ∫ 2  x 1 − x 2  dx = ∫ 2 x. x 4 .(1 − x 2 )5 dx = ∫ (1 − t )2 .t 5 dt   0 0 0 1 t 6 2t t  7 8 = − +  6 7 8 0 1 0,25 = 168 IV 0,25 Ta có AB 2 + AD 2 = BD 2 nên tam giác ABD vuông tại A Diện tích đáy ABCD: S = AB.AD = 2 2a2 . Thể tích khối chóp SABCD 0,25 1 1 4 2 a3 V = S .SG = .2 2 a 2 .2 a = 3 3 3 Kẻ GI ⊥ BD( I ∈ BD ) , kẻ GH ⊥ SI ( H ∈ SI ) . 0,25 Ta có BD ⊥ SG ⇒ BD ⊥ ( SGI ) ⇒ BD ⊥ GH ⇒ GH ⊥ ( SBD ) www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 3
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com d ( A,( SBD )) = d (C,( SBD )) = 3d ( G, ( SBD )) = 3GH Kẻ CM ⊥ BD( M ∈ BD ) . Ta có 0,25 1 1 1 2a 1 2a 2 = 2 + 2 ⇒ CM = ⇒ GI = CM = CM CB CD 3 3 3 3 1 1 1 a 3a 2 = 2 + 2 ⇒ GH = ⇒ d ( A,( SBD)) = GH GI GS 7 7 V ( x + y + xy ) x ( x + y + xy ) y xy xy xy xy 0,25 M= + + − x2 − y2 = + + y +1 x +1 x+y y +1 x +1 x + y ≤ xy + xy 2 y 2 x 2 xy 2 + xy 1 ( = x y + y x + xy ) 0,25 1  x ( y + 1) y( x + 1) x + y  3 0,25 ≤ + + = 2 2  2 2  2  3 0,25 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1 . Vậy GTLN của M bằng khi x = y = 1 2 VIa Đường tròn (C ) có tâm I (−1;1) , bán kính R = 2 0,25 1 3 0,25 S△ INP = 3 ⇒ .IN.IP.sin NIP = 3 ⇒ sin NIP = ⇒ NIP = 60 o (NIP nhọn) 2 2 ⇒ d( I , d ) = 3 3a 0,25 d : a( x + 4) + b( y − 1) = 0(a 2 + b 2 ≠ 0) . d ( I , d ) = 3 ⇒ = 3 ⇔ 2a2 = b2 a 2 + b2 a = 0 ⇒ b = 0 không thỏa mãn 0,25 a ≠ 0 : chọn a = 1 ⇒ b = ± 2 ⇒ d : x + 2 y + 4 − 2 = 0, d : x − 2 y + 4 + 2 = 0 VIIa Gọi I (a; b; c) là tâm của mặt cầu. Vì I ∈ ( P ) nên a + b + c − 2 = 0 (1) 0,25 Vì mặt cầu đi qua 3 điểm A, B, C nên 0,25 a + b + (c − 1) = (a − 1) + b + (c − 2)  2 2 2 2 2 2 IA = IB = IC ⇒  2 (2) a + b + (c − 1) = (a − 1) + (b − 1) + (c − 1) 2 2 2 2 2  a + b + c − 2 = 0 a = 1 0,25   Từ (1) và (2) ta có hệ: a + c − 2 = 0 ⇔ b = 0 a + b − 1 = 0 c = 1   ⇒ bán kính mặt cầu R = 1 .Vậy phương trình mặt cầu là: ( x − 1)2 + y 2 + ( z − 1)2 = 1 0,25 VIIIa n(Ω) = C12 = 220 3 0,25 Kí hiệu A: “Ba quả cùng màu”. Ta có n( A) = C3 + C4 + C5 = 15 3 3 3 0,25 n( A ) 0,25 P( A) = n( Ω ) 15 3 0,25 = = 220 44 VIb Đường tròn (C ) ngoại tiếp △ ABC có tâm I (−1;0) bán kính IA = 2 . 0,25 (C ) có phương trình x + y + 2 x − 3 = 0 2 2 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 4
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com  x 2 + y2 + 2x − 3 = 0 0,25  B, C ∈ ( E ); B, C ∈ (C) ⇒ tọa độ ( x; y ) của B, C thỏa mãn hệ  x 2 y 2  + =1 9 4  −3  −3 0,25  x = −3  x = 5 x = 5  ⇔ ; ;  y = 0  4 6  −4 6 y= y=   5   5  −3 4 6   −3 −4 6   −3 −4 6   −3 4 6  0,25 Do B, C ≠ A ⇒ B  ; ,C  ;  hoặc B  ; ,C  ;   5   5 5   5   5 5   5  5      VIIb 1 − 2(−2) + 0 − 3 2 0,25 Khoảng cách từ I đến (P): h = = 6 6 Đường tròn chu vi bằng 6π có bán kính r = 3 0,25 29 0,25 Bán kính mặt cầu R = h 2 + r 2 = 3 29 0,25 Pt mặt cầu ( x − 1)2 + ( y + 2)2 + z 2 = 3 VIIIb Số hạng tổng quát: 0,25 k 1 Tk +1 = C10 ( x3 ) 10 − k k 30 − 4 k   = C10 x (k ∈ N , 0 ≤ k ≤ 10) k  x k ∈ N , 0 ≤ k ≤ 10 0,25 Số hạng này chứa x 6 khi  . 30 − 4k = 6 ⇔k =6 0,25 Vậy số hạng chứa x 6 là C10 .x 6 = 210 x 6 6 0,25 Lưu ý: Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn được điểm tối đa. www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.