Đề thi thử Đại học và Cao đẳng năm 2014 lần 1 môn Toán (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên NĐC

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đến với "Đề thi thử Đại học và Cao đẳng năm 2014 lần 1 môn Toán (khối A, A1, B)" của Trường THPT chuyên NĐC các bạn sẽ được tìm hiểu hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học và Cao đẳng năm 2014 lần 1 môn Toán (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên NĐC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĐC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2014 -------------------------------- Môn: TOÁN; khối A-A1-B ĐỀ THI THỬ LẦN 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = −2 x 3 + 6 x + 2 có đồ thị là (C). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm m để đường thẳng d : y = 2mx − 2m + 6 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C bằng − 6 . 3 sin 2 x − 7 sin 3 x + 2 sin 4 x + 1 Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình sin 3 x + cot 2 x = sin 2 x  y 2 − ( x 2 + 2) y + 2 x 2 = 0 Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình   x + 4 + x − 4 − 2 y − 16 = 2 x − 12 2 ( Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân I = ∫ x x − 1 + ln x dx ) 1 Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với AB = 2a 3 , BC = 2a . Biết chân đường cao H hạ từ đỉnh S xuống đáy ABCD trùng với trung điểm DI và SB hợp với đáy ABCD một góc 60 0 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ H đến ( SBC ) . Câu 6 (1 điểm) Cho các số thực x, y với x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x6 + 4y6 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(3; 0) , đường cao từ đỉnh B có phương trình x + y + 1 = 0 , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình 2 x − y − 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian O xyz cho A(3; 1; 1) , B (5; 0; 1) và C (1; − 2; − 1) . Tìm điểm M thuộc mặt 3 phẳng (O xy ) sao cho MC ⊥ AB và diện tích tam giác ABM bằng . 2 Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm các số hạng là số nguyên trong khai triển nhị thức ( ) n 3 3 + 3 2 , biết (Pn ) .C nn .C 2nn .C 3nn = P27 , với n là số tự nhiên. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 6 y + 3 = 0 có tâm là I và đường thẳng d : x − 2 y − 11 = 0 . Tìm hai điểm A và B trên đường tròn (C ) sao cho AB song song với đường thẳng d và tam giác IAB là tam giác vuông cân. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD , biết B ( −1; 0; 2 ) , C ( −1;1;0 ) , D ( 2;1; −2 ) ,vectơ OA 5 cùng phương với vectơ u = (0 ; 1; 1) và thể tích tứ diện ABCD bằng . Tìm tọa độ điểm A . 6  x log 4 y + y log 4 x = 4  Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 log x − log y = 6  2 1 2 ----------------- Hết ----------------- Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://www.boxmath.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 KHỐI A-A1-B NĂM 2014 Câu Đáp Án Điểm 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = −2 x 3 + 6 x + 2 Câu 1 Tập xác định: D = R 0,25 Đạo hàm: y / = −6 x 2 + 6  x = −1 0,25 y / = 0 ⇔ −6 x 2 + 6 = 0 ⇔   x =1 Giới hạn: lim y = +∞ ; lim y = −∞ x → −∞ x → +∞ Bảng biến thiên : x -∞ -1 1 +∞ y/ - 0 + 0 - 0,25 +∞ 6 y -2 -∞ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; − 1) và (1; + ∞ ) , đồng biến trên khoảng (−1, 1) . Hàm số đạt cực tiểu yCT = −2 tại xCT = −1 đạt cực đại yCĐ = 6 tại xCĐ = 1 ; y // = −12 x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 2 . Điểm uốn là I (0 ; 2) ) Giao điểm với trục hoành: y = 0 y 6 Giao điểm với trục tung: x = 0 ⇒ y = 2 Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm tâm đối xứng 0,25 4 2 -1 x 0 1 2 2. Tìm m để đường thẳng d : y = 2mx − 2m + 6 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C bằng − 6 . . − 2 x 3 + 6 x + 2 = 2mx − 2m + 6 ⇔ ( x − 1)( x 2 + x + m − 2) = 0 0,25 9 .Điều kiện cắt tại 3 điểm phân biệt : 0 ≠ m < 4 0,25 .Gọi x1 , x 2 , x3 là hoành độ các điểm A, B, C , ta có : f / ( x1 ) + f / ( x 2 ) + f / ( x3 ) = −6 0.25 ⇔ 0 + (−6 x12 + 6) + (−6 x 22 + 6) = −6 ⇔ ( x1 + x 2 ) 2 − 2 x1 x 2 = 3 ⇔ 1 − 2( m − 2) = 3 Vậ y m = 1 0,25
Câu 2 3 sin 2 x − 7 sin 3 x + 2 sin 4 x + 1 Giải phương trình sin 3 x + cot x = 2 (1) sin 2 x Điều kiện: sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ 0,25 ⇔ sin 3 x + cot 2 x = 3 − 7 sin x + 2 sin 2 x + 1 + cot 2 x ⇔ 4 sin 3 x + 2 sin 2 x − 10 sin x + 4 = 0 0,25 1 .Giải phương trình ta được sin x = 2 , sin x = 1 , sin x = −2 (L) 0,25 π 5π π .Vậy phương trình có nghiệm x = + k 2π , x = + k 2π , x = + k 2π 6 6 2 0,25 Câu 3  2 2 2 y − ( x + 2) y + 2 x = 0 Giải hệ phương trình   x + 4 + x − 4 − 2 y − 16 = 2 x − 12 .Điều kiện: x ≥ 4, y ≥ 16 0,25 2 .Giải phương trình (2) theo ẩn y ta được y = 2( L), y = x 0,25 Thay vào (1) ta có x + 4 + x − 4 − 2 x 2 − 16 = 2 x − 12 ⇔ ( x+4 + x−4 ) −( 2 ) x + 4 + x − 4 − 12 = 0 ⇔ x+4 + x−4 =4 Giải phương trình ta được x = 5 0,25 Vậy hệ đã cho có nghiệm (5 , 25) 0,25 Câu 4 2 Tính tích phân I = ∫ x x − 1 + ln x dx ( ) 1 1 2  u5 u3  1 16 I 1 = ∫ x x − 1dx .Đặt u = x − 1 , ta được I 1 = ∫ (u + 1)u.2udu = 2 +  = 2 0,25 1 0  5 3  0 15 2 I 2 = ∫ x ln xdx Đặt u = ln x, dv = xdx , ta được 0,25 1 2 2 2 x2 x x2 x2 3 0,25 I2 = ln x − ∫ dx = = ln x − = 2 ln 2 − 2 1 1 2 2 4 1 4 16 3 I= + 2 ln 2 − 0,25 15 4 Câu 5 S K A 2a 3 60° B I 2a H M D C Tính thể tích của khối chóp S.ABCD ∧ Xác định đúng góc SBH = 60 0 0,25
1 1 1 . VS . ABCD = S ABCD .SH = . AB.BCSH = 2a 3.2a.3a 3 = 12a 3 0,25 3 3 3 Khoảng cách d (H , ( SBC ) ) 0,25 .Xác định d (H , ( SBC ) ) = HK 1 1 1 1 4 5 . 2 = 2 + 2 = 2 + 2 = HK SH HM 27 a 27 a 27 a 2 3 0,25 d (H , ( SBC ) ) = HK = a 15 5 Câu 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .Ta có x 2 + y 2 = 1 ⇒ y 2 = 1 − x 2 P = x 6 + 4 y 6 = x 6 + 4(1 − x 2 ) 3 0,25 .Đặt t = x 2 với 0 ≤ t ≤ 1 .Xét hàm số f (t ) = t 3 + 4(1 − t ) 3 . f / (t ) = 3t 2 − 12(1 − t ) 2 0,25 2 t 0 1 3 0,25 f /(t) _ 0 + 4 1 f(t) 4 4 2 GTNN P = khi x = ± 0,25 9 9 3 Câu 7a Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. • (AC) qua điểm A( 3;0) và vuông góc (BH) ⇒ (AC): x − y − 3 = 0 . x − y − 3 = 0 C = ( AC ) ∩ (CM ) ⇒ tọa độ C là nghiệm hệ:  ⇒ C (−1;−4) . 0,25 2 x − y − 2 = 0 x + 3 yB • Gọ i B ( x B ; y B ) ⇒ M ( B ; ) ( M là trung điểm AB) 2 2 xB + yB + 1 = 0  Ta có B thuộc (BH ) và M thuộc (CM ) nên ta có:  yB ⇒ B (−1;0)  x B + 3 − 2 − 2 = 0 0,25 • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có 6a + c = −9  a = −1   0,25  − 2 a + c = −1 ⇔ b = 2 − 2a − 8b + c = −17 c = −3   Phương trình đường tròn qua A, B, C là: (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 3 = 0 . 0,25 Câu 8a Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (O xy ) . M ∈ (Oxy ) ⇒ M ( x; y; 0) .Theo giả thuyết ta có  CM . AB = 0  2( x − 1) − ( y − 2) = 0  0,25  1 [ 3 ⇔ 1 ] . 5(0 − 1) 2 + [2( y − 1) + ( x − 3)] = 2 3 0,25 S ABM = 2 AB, AM = 2  2 2 .Giải hệ tương ứng  11 2  0,25 .Vậy M (3; 2; 0) và M  ; ; 0  5 5  0,25
Câu 9a Tìm các số hạng là số nguyên trong khai triển nhị thức ( )n 3 + 3 2 , biết (Pn )3 .C nn .C 2nn .C3nn = P27 , với n là số tự nhiên. 3 .Giải phương trình (Pn ) .C nn .C 2nn .C 3nn = P27 ⇒ n = 9 0,25 9−k k .Số hạng tổng quát C 9k 3 .2 3 2 9−k k .Số hạng là số nguyên khi và là số nguyên ⇒ k = 3 và k = 9 0,25 2 3 0,25 .Vậy có 2 số hạng là : C 9 3 .2 = 4536 và C 99 .2 3 = 8 3 3 1 0,25 Câu 7b Tìm hai điểm A và B trên đường tròn (C ) sao cho AB song song với đường thẳng d và tam giác IAB là tam giác vuông cân. . ( AB ) // d ⇒ ( AB ) : x − 2 y + C = 0 0,25 R 2 2 − 2 .3 + C 10 . 2 . Tam giác IAB là vuông cân ⇒ d ( I , AB ) = ⇔ = 2 5 2 ⇒ C = 9 và C = −1 0,25 x 2 + y 2 − 4x − 6 y + 3 = 0 C = −1 : Giải hệ  ⇒ A(1; 0) , B (5 ; 2) 0,25  x − 2y −1 = 0 x 2 + y 2 − 4x − 6 y + 3 = 0 C = 9 : Giải hệ  ⇒ A(−1; 4) , B (3 ; 6) 0,25  x − 2y + 9 = 0 Câu 8b Tìm tọa độ điểm A . Từ giả thiết có OA = t.u = (0; t ; t ) ⇒ A(0 ; t ; t ) 0,25 . Suy ra  BC , BD  BA = −9t + 4. 1 5 1 1 0,25 Ta có VABCD =  BC , BD  BA ⇔ = −9t + 4 ⇔ t = 1; t = − . 6 6 6 9 Với t = 1 ⇒ A(0;1;1) . 0,25 1 Vớ i t = − < 0 , 9 1 1 0,25 Vậy có 2 điểm A thỏa là A(0 ; 1 ; 1) và A(0 ; − ; − ) 9 9 Câu 9b  x log 4 y +y log 4 x =4  Giải hệ phương trình 2 log x − log y = 6  2 1 2 Điều kiện x, y > 0  2 x log 4 y = 4  Khi đó, ta có hệ đã cho tương đương với 2 log x − log y = 6 0,25  2 1 2  log 2 x. log 2 y = 2  log x = 1 log 2 x = 2 0,25 ⇔ ⇔ 2 hoặc ⇔  log 2 x + log 2 y = 3 log 2 y = 2  log 2 y = 1 0,25 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (2 ; 4) và (4 ; 2) 0,25 Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://www.boxmath.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl