Đề thi thử Đại học và đáp án: Môn Toán lần 1 (Năm 2014) - Trường THPT Trần Phú, Hà Tĩnh

Chia sẻ: Megabookchuyengiasachluyenthi Megabookchuyengiasachluyenthi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để đạt kết quả tốt môn Toán trong kỳ thi Đại học, Cao đẳng sắp tới, mời các bạn cùng tham khảo nội dung "Đề thi thử Đại học Môn Toán lần 1" năm 2014 của Trường THPT Trần Phú, Hà Tĩnh dưới đây. Hy vọng đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học và đáp án: Môn Toán lần 1 (Năm 2014) - Trường THPT Trần Phú, Hà Tĩnh

SỞ GD - ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014 Trường THPT Trần Phú Môn: TOÁN - Khối A,A1,B và D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x 1 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = (C) x 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của đồ thị (C) bằng 4.   Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình sin2x + cosx- 2 sin  x   -1= 0.  4 3 2  y (3x  2x  1)  4y  8 Câu 3. (1,0 điểm). Giải phương trình  2 3 2 2  x, y  R  .  y x  4y x  6y  5y  4  2  cos2x  Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân  s inx  sinx   dx 0  1  3cos x  Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. Câu 6. (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4a 3  3b3  2c3  3b 2c p (a  b  c) 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phẩn B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d: x-3y-1= 0, d ' : 3x - y + 5 = 0. Gọi I là giao điểm của d và d '. Viết phương trình đường tròn tâm I sao cho đường tròn đó cắt d tại A, B và cắt d' tại A', B' thoả mãn diện tích tứ giác AA 'BB' bằng 40. Câu 8.a (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 log 9x 9  log x 27  2  0 Câu 9.a (1,0 điểm). Tính tổng T  C 22014  C 42014  C62014  C82014  ...  C1006 2014 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, biết B(1;4), trọng tâm G(5;4) và AC = 2AB. Tìm tọa độ điểm A, C. x 2  4x  3 x 1 x  2 Câu 8.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình  52    52   0. Câu 9.b (1,0 điểm) Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc. ...Hết... http://megabook.vn/
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN I TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ NĂM 2014 Môn: TOÁN - Khối A,A1,B và D (gồm 4 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 a) (1 điểm) Khảo sát và vẽ ….. (2,0  Tập xác định: D=R\{3} điểm) 4  Sự biến thiên: y '    0, x  D. 2 0.25  x  3 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;3 và  3;   . - Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1; tiệm cận ngang: y  1. x  x  0.25 lim y  ; lim y  ; tiệm cận đứng: x  3 .   x   3 x  3  -Bảng biến thiên: x  3  y’ - - 0.25 1  y  1  Đồ thị: y 5 1 O 3 x 0.25 -5  x 1 b)(1 điểm) Gọi M  x0 ; 0  , (x0 ≠3) là điểm cần tìm, ta có:  x0  3  Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng: x = 3 là d1  x 0  3 . 4 0.25 Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang: y =1 là d 2  . x0  3 Theo giả thiết ta có 4 2 x  1 0.5 d1  d 2  4  x 0  3   4   x0  3  2   0  x0  3  2   0 . x0  3 x0  5 Với x0  1 ; ta có M 1; 1 . Với x 0  5 ; ta có M  5;3  0.25 Vậy điểm M cần tìm là M 1; 1 và M  5;3  . 2 Pt đã cho tương đương: sin 2x  cosx  (sin x  cosx)  1  0  2 cosx(sin x  1)  sin x  1  0 0.25 (1,0 1 điểm)  sin x  12 cos x  1  0  sin x  1 hoặc cos x  0.25 2   sin x  1  x    k 2 . 0.25 2 1   cosx   x    2k  . 2 3 0.25   Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là: x    k 2 ; x    2k ( k  Z ). 2 3 http://megabook.vn/
3  8 4 (1,0 3x  2x  1  3  2  2  1 điểm) Hệ đã cho tương đương với:  y y  (do y  0 không thỏa mãn hệ đã cho) 0.25 x  4x  5  6  4 3 (2)  y y2 3 2 2 3 Cộng pt(1) và pt(2) theo vế ta được  x  1  3x  1     3. (*) 0.25  y y 3 2 Xét hàm số f (t )  t  3t , t  R . Ta có f ' (t )  3t  3  0, t . Suy ra f (t ) đồng biến . 2 0.25 Do đó (*)  x  1  (3). y Thay vào (2), ta được x 3  4 x  5  3 x  1   x  12  x 3  x 2  x  1  0  x  1 hoặc x  1 0.25 Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là  x; y   1;1 . 4    2 2 2 (1,0  cos 2x  2 cos 2x.sin x 0.25 điểm) Ta có I= sin x  sin x    dx = .  sin xdx   dx 0  1  3cos x  0 0 1  3 cos x    2 12 1 1 2  0.25   sin 2 xdx   1  cos2x dx   x  sin 2x   . 0 20 2 2 0 4 t2  1 2   Đặt t  1  3cos x  cos x  ; sin xdx  - tdt ; x  0  t  2, x   t  1 3 3 2 2 0.25  t2 1  2 2t 4  4t 2  7 Ta có cos2x  2cos x  1  2    1   3  9  2 2 2 cos 2x.sin x 2 2 2 5 4 3  118  118 4 2   0 1  3cos x dx  27 1 2t  4t  7 dt  27  5 t  3 t  7t    405 . Vậy I  4  405 . 0.25 1 5 S Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S, (1,0 suy ra SH  AB, mặt khác (SAB)  (ABCD) 0.25 điểm) nên SH  (ABCD) và SCH  60 0 . Ta có SH  CH . tan 60 0  CB 2  BH 2 . tan 60 0  a 15. k 0.25 1 1 4 15 3 VS . ABCD  .SH .S ABCD  a 15.4a 2  a . E 3 3 3 Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD. Gọi E là hình A H B chiếu vuông góc của H lên  và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó   (SHE)    HK suy ra HK  (S,  ). C 0.25 D Mặt khác, do BD//(S,  ) nên ta có d  BD, SA  d  BD,  S , d    d  B,  S,     2d ( H ,(S.))  2HK AH a Ta có EAH  DBA  45 0 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra HE   2 2 a .a 15 15 0.25  HK  HE .H S  2  15 a. Vậy d BD, SA  2 a. HE 2  HS 2 2 31 31  a  2   2   a 15   6 Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (1,0 2 3 3 điểm) Áp dụng bất đẳng thức cô_si, ta có 3b c  2b  c (*). Dấu “=” xẩy ra khi b  c . 0.25 3 b  c  http://megabook.vn/Ta sẽ chứng minh: b 3  c 3  (**), với b, c  0 . Thật vậy,
  (**)  4 b 3  c 3  b 3  c 3  3b 2 c  3bc 2  b 3  c 3  b 2 c  bc 2  0  b  c b  c 2  0 , luôn đúng b, c  0 . Dấu “=” xẩy ra khi b  c . 3 4a 3  b  c 1 Áp dụng (*) và (**) ta được P  4  4t 3  1  t 3 , với t  a , t  0;1 . 0.25 a  b  c 3 4 abc 1 3 Xét f (t )  4t 3  1  t  với t  0;1 . t 0 1/5 1 4 f’(t) - 0 + 3 2 1 f '(t )  12t 2 1  t  , f '(t )  0  t  f’(t) 4 5 4 1 4/25 Suy ra, f (t )  . Dấu “=” xẩy ra khi t  . 25 5 0.25 b  c 4  P . Dấu “=” xẩy ra khi  a 1  2a  b  c . 25   a  b  c 5 4 Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là khi 2a  b  c. 25 7.a Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n1;3. (1,0 A' điểm) Đường thẳng d’ có véc tơ pháp tuyến n' 3;1. d' B n.n' 3 4 0.5 cosd , d '    sin d , d '  . I n . n' 5 5 A B' d Gọi R là bán kinh đường tròn cần tìm, ta có R  IA  IB  IA'  IB ' S AB 'BA ' 40 suy ra S AB 'BA '  4 S IAA'  2 R 2 sin( d , d ' )  R 2    25. 2. sin( d , d ' ) 4 0.25 2. 5 Mặt khác, I là giao của d và d’ nên tọa độ của I là nghiệm x  3 y  1  0  x  2 của hệ    I  2;1 . 0.25 3 x  y  5  0  y  1 2 2 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:  x  2    y  1  25 . 8.a 1 (1,0 Điều kiện: x  0, x  1, x  . điểm) 9 Phương trình đã cho tương đương với 0,25 2 1 2 1 2 3  2  0   2 0   1  0 log9 9x log27 x 1 1 log x  2 log x  log3 x  2 log3 x 3 3 2 6 t  2 2 3  t  2 Đặt t = log 3 x , ta được   1  0  t  0  0,25 t 2 t t 2  t  6  0 t  3  * t  2  log 3 x  2  x  9 . 0,25 1 1 * t  3  log 3 x  3  x  . Vậy nghiệm của phương trình là x  9 và x  . 0,25 27 27 0 2 4 6 8 1006 9a Ta có T  1  C 2014  C 2014  C 2014  C 2014  C 2014   C 2014 0.25 (1,0 nk k điểm) Áp dụng tính chất: C n  C n 0  k  n , Ta được 0.25  2T  1  C 2014 0 2  C 2014 4  C 2014 6  C 2014 8  C 2014 2014   C 2014 http://megabook.vn/ Mặt khác, ta có 2 2014  C 0  C1  C 2  C 3  C 4   C 2014 1
Từ (1) và (2) , Suy ra 0.25  2 2014  0 2014  2 C 2014 0  C 22014  C 2014 4  C 2014  2014  2 2014   4  T  1  T  2 2012 -1 . 7.b  3  (1,0 C Gọi N là trung điểm AC, suy ra. BN  BG  N  7;8  0.25 2 điểm)  BA  NA Gọi A(x;y), ta có  . 0.25  BA.NA  0 N  x  12   y  4 2  x  7 2   y  8 2 x  8  2 y   2 . G  x  1x  7    y  4  y  8  0 y  4y 5  0 0.25  x  2  x  10 A B  hoặc  , suy ra A 2;5 hoặc A10;1 . y  5  y  1 Do N  7;8  là trung điểm AC, nên *Với A 2;5  C 16;11 . 0.25 *Với A10;1  C 4;17  . Vậy A 2;5 và C 16;11 hoặc A10;1 và C 4;17  . 8.b x  3 (1,0 Điều kiện:  điểm) x  1 0,25 x 2 4 x 3 x 1 x  2 x2  4 x 3 1 x  x  2 Bất pt đã cho tương đương:  52    5 2    5 2    5 2   x2  4 x  3  1  x  x  2  * . 0,25 Với x  3 *  x 2  4 x  3  1 luôn đúng với x  3 . 0,25 2 Với x  1 *  x 2  4 x  3  3  2 x  x 2  4 x  3   3  2 x   3 x 2  8 x  6  0 (vô nghiệm). 0,25 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 3; . 9.b Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có C 204  4845 đề thi. 0.25 (1,0 2 2 điểm) Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có C .C  2025 trường hợp. 10 10 Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có C103 .C101  1200 trường hợp. 0.25 4 Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có C  210 trường hợp. 10 Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có 0.25 2025  1200  210  3435 . Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc là 3435 229 0.25  . 4845 323 ----Hết---- http://megabook.vn/