Đề thi thử ĐH lần 1 Toán khối A, A1, B 2014 - THPT chuyên Lương Thế Vinh (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Le Diem Huong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

90
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với nội dung: Khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số, giải hệ phương trình, tính tích phân...Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, A1, B năm 2014 của sở Giáo dục và Đào tạo trường THPT chuyên Lương Thế Vinh sẽ giúp các em học sinh có cơ hội thử sức của mình với các đề thi trước khi vào đề thi chính thức. Mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH lần 1 Toán khối A, A1, B 2014 - THPT chuyên Lương Thế Vinh (Kèm Đ.án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH Môn: TOÁN; Khối A, A1 và khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3   m  2  x2  (m  1) x  2m  1 (1), với m là tham số thực. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 2) Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ x  1 và đường thẳng d : 2 x  y  1  0 tạo với nhau một góc 300 . 3 3 sin x  2 cos x  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2  cos x . 2 sin x  1  x3  4 y3  3x2  4 y  2  0  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x, y   . 3x2  4 y2  6 x  1  0  0 x3  3 x2  x  3 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx .   2 1 x2  2 x  3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và   600 . Hình chiếu của S lên BAD mặt phẳng  ABCD  là trọng tâm tam giác ABC . Góc giữa mặt phẳng  ABCD  và  SAB  bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB .  1 2 3 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa  3a  2b  c       30 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c b  2c  7 72a2  c2 P . a II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B) A. Theo chương trình Chu ẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có A 1;1 , AB  4 . Gọi M là trung điểm cạnh BC ,  9 3 K  ;   là hình chiếu vuông góc của D lên AM . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết xB  2 . 5 5 x y2 z3 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :   và hai mặt phẳng 1 1 2   : x  2 y  2z  1  0 ,    : 2x  y  2z  7  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d và (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng   và    . Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3Cn  2 An  3n2  15 . Tìm số hạng chứa x10 trong khai triển 2 2 n  3  nhị thức Niu – tơn của  2 x3   , x  0.  x2  B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H  6;7  , tâm đường tròn ngoại tiếp I 1;1 và D  0; 4  là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng BC . Tìm tọa độ đỉnh A . x1 y1 z Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng đường thẳng d :   , 2 1 2 x2 y z3 :   và điểm A  2; 3; 3 . Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A , có tâm nằm trên đường thẳng  và tiếp 1 1 2 xúc với đường thẳng d .  1   log ( x  2 y) ( xy)  2 Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  log 8 ( x  2 y)  x, y   .  y x 1 4  4 5 0 ------------- Hết ------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KHỐI A Câu Đáp án Điểm Câu 1 1. (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị Với m  1 ta có y  x3  3x2  1  TXĐ: D   0,25  Sự biến thiên x  0  y  1 +) Chiều biến thiên: y '  3x2  6 x  3x  x  2   y '  0   .  x  2  y  3 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  và  2;   , nghịch biến trên khoảng  0; 2 . +) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, ycd  1 ; đạt cực tiểu tại x  2, yct  3 . 0,25 +) Giới hạn: lim y  , lim y   x  x  +) Bảng biến thiên x  0 2  y'  0  0  1  0,25 y  3  Đồ thị y 1 -1 1 2 3 O x 0,25 -3 2. (1,0 điểm) Tìm m….  Ta có n1   2;1 là VTPT của đường thẳng d . 0,25 y '  3x2  2  m  2  x  m  1  y '(1)  3  2m  4  m  1   m  2 . Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 1. Suy ra phương trình của  có dạng: y  y '(1)  x  1  y(1) . Do đó n2   m  2;1 là VTPT của  . 0,25     n1 .n2   Theo đề bài ta có: cos n1 , n2  cos 300     n1 . n2 2 3 0,25 2(m  2)  1 3    m2  20m  25  0  m  10  5 3 . 0,25 2 5. (m  2)  1 2 Câu 2 3 3 sin x  2 cos x  Giải phương trình : 2  cos x 2 sin x  1
  1  x   k2  Điều kiện: sin x    6 , k  . 2 x  5  k2 0,25   6 3 Phương trình  cos x  2 sin x  1  3 sin x  2 cos x  2  4 sin x cos x  2 cos x  2 3 sin x  3  0    2 cos x  2 sin x  1  3  2 sin x  1   0   2 sin x  1 2 cos x  3  0 0,25 1 3   7 0,25  sin x   , cos x   x    2n , x    2m , x   2m 2 2 6 6 6  7 0,25 Kết hợp điều kiện ta có x    k2 , x   k2 , k  . 6 6 Câu 3  x3  4 y3  3x2  4 y  2  0 Giải hệ phương trình   . 3x2  4 y2  6 x  1  0   3  x  1  3  x  1  4 y  4 y  0 3 Ta có hệ   . 3  x  12  4 y2  4  0 0,25   a3  4 y3  3a  4 y  Đặt a = x - 1 , ta có hệ:  3a2  4 y2  4     Suy ra 4 a3  4 y3   3a  4 y  3a2  4 y2  2 8  5a3  12a2 y  12ay2  32 y3  0   5a  8 y  a  2 y   0  a   y, a  2 y . 5 0,25 2 8  8  25 5  a y thay vào hệ ta có 3   y   4 y2  4  y2   y . 5  5  23 23  8  8  8  8 a   x  1  a  x  1  0,25  23  23  23  23 +)   +)   . y  5 y  5 b   5 y   5   23   23   23   23 1 1  a  2 y thay vào hệ ta có: y2   y 2 2 a  2 x  1  2 a   2 x  1  2     +)  1  1 +)  1  1 . y  y  b   y    2  2  2  2 0,25  8 5   1  Vậy hệ có 4 cặp nghiệm  x; y    1  ;  ,  1  2;  .  23 23   2 Câu 4 Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra SH  ( ABCD) . Kẻ MH vuông góc với AB, M thuộc AB. Ta có SMH là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD  , do đó SMH  600 .   0,25
HB 1 1 a 3 nên MH  d  D, AB   S Vì  , suy DB 3 3 6 a ra SH  MH . tan 600  . 2 0,25 Mặt khác tam giác ABD đều cạnh a nên a2 3 a2 3 K SABCD  2SABD  2.  . 4 2 Thể tích khối chóp S. ABCD là M B C 2 3 1 1 a a 3 a 3 V  SH .SABCD  . .  . H 3 3 2 2 12 N A D 3 Ta có AB  SCD)  d  AB, SC   d  AB, (SCD)   d  B, (SCD)   d  H , (SCD)  . 0,25 ( 2 Gọi N, K theo thứ tự là hình chiếu của H lên CD và SN, khi đó d  H , (SCD)   HK . 2 2a 3 a 3 SH .HN a 7 Vì HN  d  B, CD    nên HK   . 3 3 2 3 SH 2  HN 2 7 0,25 3a 7 Vậy d  AB, SC   . 14 0 x3  3 x2  x  3 Câu 5 Tính tích phân I   dx . x  2 1 2  2x  3   Ta có x3  3x2  x  3   x  1 x2  2 x  3 . Đặt t  x2  2 x  3  1 2 dt   x  1 dx . 0,25 Đổi cận x  1  t  2, x  0  t  3 . 3 1 t6 2  t2 Khi đó I  dt 0,25 2 3 3 1 1 6  1 6    t  t2  dt  2  ln t  t  2    2 0,25 2 1 3  0,25   ln  1  . 2 2  Câu 6 b  2c  7 72a2  c2 Tìm max P  . a  2 3 Đặt b  xa, c  ya  x, y  0 . Giả thiết bài toán trở thành  3  2 x  y   1     30  x y 6 9 6 x 2 y x 3x  6 3   9   9x 2 y   20  2 x   y        x   y       0,25 x y y x 2 2y  x 2   y   2y x  x 3x 3x 4y 0,25   666 x 4x 2 2y y y 3 4y Ta có P  x  2 y  7 72  y2   2 y  7 72  y2  f ( y) . y3 Xét hàm số f ( y) với y  0 , ta có 0,25 12 7y 24 504 f '( y)  2 và f ''( y)     0, y  0 2  y  3 ( y  3)2 72  y2   3 72  y2
Suy ra f '( y) là hàm đồng biến trên  0;   và f '(3)  0  f '( y)  0  y  3 . 0,25 Lập bảng biến thiên ta suy ra f ( y)  f (3)  55 hay P  55 . Đẳng thức xảy ra khi y  3, x  2  b  2a, c  3a . Vậy max P  55 . Câu 7.a Gọi N là giao điểm của DK và AB. Khi đó DAN  ABM  AN  BM  N là trung   4 8 0,25 điểm cạnh AB. Ta có AK   ;   , phương trình AM : 2 x  y  3  0, DK : x  2 y  3  0 . 5 5     Vì N  DK  N  2n  3; n   AN   2n  2; n  1  . 1 2 2 Mà AN  AB  2  AN 2  4   2n  2   n  1  4  5n2  6n  1  0 2 0,25 1  n  1, n   . 5 1 21 0,25 +) Với n    xB  2xN  x A   2 (loại) 5 5 +) Với n  1  xB  1  2, yB  3  B 1; 3 . Phương trình BC: y  3  C  5; 3 0,25 Phương trình CD : x = 5 Þ D (5;1) . Câu 8.a Gọi I là tâm của mặt cầu (S), I  d nên I  t; 2  t; 3  2t  . 0,25 Vì (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng   và    nên d( I , ( ))  d( I, ( )) 0,25 5t  11 7t  1    5t  11  7t  1  t  5, t  1 . 3 3 +) t  1  I 1;1;1 , R  2 . Phương trình mặt cầu (S): 0,25 2 2 2  x  1   y  1    z  1   4 . +) t  5  I  5; 7;13 , R  12 . Phương trình mặt cầu (S) 0,25 2 2 2  x  5   y  7    z  13  144 . Câu 9.a Điều kiện n  2 . 3n(n  1) 0,25 Ta có 3Cn  2 An  3n2  15  2 2  2n(n  1)  3n2  15 2  n2  7n  30  0  n  10 . 0,25 n 10 10 0,25  3   3  Khi đó  2 x3     2 x3     C10 210  k.(3) k .x30 5 k k 2  x   x2  k 0 Số hạng chứa x10 ứng với 30  5k  10  k  4 . 0,25 Vậy số hạng chứa x10 là: C10 .26.34.x10 . 4   Câu 7.b Ta có HD   6; 3 , suy ra phương trình BC : 2 x  y  4  0 Phương trình DH : x  2 y  8  0 . 0,25 Gọi M là trung điểm cạnh BC , ta có IM  d  I, BC   5 . 0,25 Kẻ đường kính BB ' , khi đó AHB ' C là hình bình hành nên AH  B ' C  2 IM  2 5 .   Vì A  DH  A  8  2a; a   AH   2a  14;7  a  . 0,25 2 2 2 Suy ra  2a  14    a  7   20   a  7   4  a  9, a  5 . 0,25 Vậy A  2; 5  hoặc A  10; 9  .
Câu 8.b Gọi I là tâm của mặt cầu (S), ta có I  2  t; t; 3  2t  .   0,25 Suy ra AI   t; t  3; 2t   IA  6t2  6t  9 .   Đường thẳng d đi qua B  1; 1; 0  và có u   2;1; 2  là VTCP.       0,25 BI   t  3;  t  1; 2t  3  BI  u   4 t  1; 6t  12;  t  5     2 2 BI  u (4 t  1)2   6t  12    t  5  53t2  142t  170 Do đó d  I , d       . u 3 3 0,25 Theo đề bài, ta có d  I , d   IA  53t2  142t  170  54t2  54t  81  t2  88t  89  0  t  1, t  89 . +) t  1  I 1;1;1 , R  IA  3 . Phương trình m ặt cầu (S): 2 2 2  x  1   y  1   z  1   9 . 0,25 +) t  89  I  91; 89;181 , R  IA  48069 . Phương trình m ặt cầu (S): 2 2 2  x  91   y  89    z  181  48069 . Câu 9.b 0  x  2 y  1 Điều kiện:  .  xy  0 0,25 1  log ( x  2 y) ( xy)  log ( x  2 y) 8  log ( x  2 y) ( xy)  2 Û log (x + 2y) (8xy) = 2 log 8  x  2 y  2 2 Û 8xy = (x + 2y ) Û (x - 2y ) = 0 Û x = 2y . 0,25 5 0,25 Thay vào phương trình th ứ hai ta có: 4 y - 4.42y + 5 = 0 Û 4 y = 4 5 5  5 5  y  log 4  x  2 log 4 . Vậy hệ có hai cặp nghiệm: ( x; y)   2 log 4 ; log 4  . 4 4  4 4 0,25 Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.