zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Bình Xuyên năm 2014

Chia sẻ: Lê Thị Hoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

55
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập được tốt hơn mời các bạn tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Bình Xuyên năm 2014.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Bình Xuyên năm 2014

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2014 Trường THPT Bình Xuyên Môn thi: TOÁN 12 - KHỐI A, A1 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) mx + 1 Câu 1.( 2 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C) x −1 1/Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m =1. 2/Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) tại điểm có hoành độ x =2, tìm m để khoảng cách từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến d là lớn nhất. π  π   π  2π Câu 2.(1 điểm)Giải phương trình 4sinx.sin + x .sin − x − 4 3.cosx.cos x +  .cos x +  = 2. 3  3   3  3 Câu 3.(1 điểm) Giải hệ phương trình:   x 2 y 2 − 2x + y 2 = 0 2x + 3x + 4y − 12x + 11 = 0 3 2 1 Câu 4.(1 điểm) Tính tích phân I = x  e x + 2  dx . ∫  x + 1 0   Câu 5.(1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCDA’B’C’D’có đáy là hình thoi cạnh a, góc ABC bằng 600, góc giữa mặt phẳng (A’BD) và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo a thể tích của hình hộp và khoảng cách giữa CD’ và mặt phẳng (A’BD). Câu 6.(1 điểm) Cho a, b, c dương, a +b +c =3. Chứng minh rằng: a 2 + 4a + 2b b 2 + 4b + 2c c 2 + 4c + 2a + + ≥ 7. b + 2c c + 2a a + 2b II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần (Phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) ( x −3) +( y −2) =1 2 2 Tìm M thuộc Oy sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn, A, B là tiếp điểm sao cho đường thẳng AB qua N(4;4). Câu 8.a (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;1) , B(3;5;2) và C(3;1; −3) . Chứng minh 3 điểm A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác vuông. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Câu 9.a (1 điểm). Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 bông hoa. Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại. B.Theo chương trình nâng cao 2 2 Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho e líp x + y = 1 và đường thẳng 4 3 ∆ : 3x + 4y − 12 = 0 . Từ điểm M bất kỳ trên ∆ kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. Câu 8.b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;4; 2) , B(2;5;0) và C(0;0;7) . Tìm điểm M thuộc (Oxy) sao cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 9.b (1 điểm). Giải phương trình log 2 x + (x − 5) log3 x + 6 − 2x = 0 2 -------Hết------ Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh:..........................................................................SBD:................................ www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 1
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com KỲ THI KS ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014 LẦN 3 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 12 - KHỐI A,A1 Câu Đáp án Điểm x −∞ -1 mx + 1 +∞ 1.(1,0 điểm) Khảo sát hàm số y = khi 1 m=1. (2điểm) y’ - x −1 - x +1 +∞ Khi m=1 y = . y Tập xác định: R \ {1} 1 x −1 −2 ∞ 1 0,25 Sự biến thiên: y' = < 0 ∀x ≠ 1 Do đó -hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( x −1) 2 ( −∞ ;1) và (1;+ ∞ ). Hàm số không có cực trị. Tiệm cận: + Tiệm cận đứng x =1 vì lim f (x) = +∞ , lim f (x) = −∞ . + − x →1 x →1 0,25 + Tiệm cận ngang y =1 vì lim f (x) = 1 x →±∞ Bảng biến thiên: 0,25 y f(x)=(x+1)/(x-1) 9 8 7 6 5 4 3 2 1 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -1 0,25 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 Đồ thị nhận I(1;1) làm tâm đối xứng, cắt Oy tại (0;-1), cắt Ox tại (-1;0). 2.(1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) x =2 → y =2m +1 và f '(2) = − m − 1 0,5 Phương trình tiếp tuyến d với (C) tại điểm (2;2m+1) là y = −(m +1)x + 4m + 3 Phương trình (d) ↔ m(x-4) = -x –y+3 tiếp tuyến d qua điểm cố định H(4;-1) 0,25 Để khoảng cách từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến (d) là lớn nhất ↔ (d) ⊥ AH 0,25 −7 ↔ u d .AH = 0 ↔ 1.1 +6(m+1) =0 ↔ m = 6 2 (1,0 điểm) Giải phương trình. www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 2
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com (1điểm) π  π   π  2π 4sinx.sin  + x .sin  − x − 4 3.cosx.cos x +  .cos  x +  = 2. 3  3   3  3 2π π PT ↔ 2sin x(cos 2x − cos ) − 2 3.cos x.(cos(2x + π ) + cos ) = 2 3 3 0,25 ↔ 2sin x.cos 2x + sin x + 2 3.cos x.cos1 − 3 cos x = 2 + ∞ x 0 2x f’(x) ↔ (sin 3x − sin x) + sin x + 3(cos3x + cos x) − 3 cos x = 2 0,25 +∞ f(x) 11 1 3 ↔ sin 3x + 3 cos3x = 2 ↔ sin 3x + cos3x = 1 0,25 2 2 4  π π π π 2π ↔ cos  3x −  = 1 ↔ 3x − = k2π ↔ 3x = + k2π ↔ x = + k , k ∈ Z. 0,25  6 6 6 18 3 3  x 2 y 2 − 2x + y 2 = 0 (1) (1điểm) (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2x + 3x + 4y − 12x + 11 = 0 (2) 3 2 Từ PT (1) ta được x ≥ 0 , y ≤ 1 0,25 PT (2) ↔ −4y = 2x + 3x − 12x + 11 3 2 (3) Vế phải (3) −4 ≤ −4y ≤ 4 vì y ≤ 1 . Đặt f(x) = 2x3 +3x2 -12x +11 với x ≥ 0 ta có bảng biến thiên: 0,5 Vế phải của (3) ≥ 4 → −4y ≤ 4 ≤ 2x 3 + 3x 2 − 12x + 11 vì x ≥ 0 , y ≤ 1 Vậy nghiệm của (2) là (x;y)=(1;-1). Thay (x;y)=(1;-1) vào (1) ta thấy thỏa mãn. Vậy nghiệm của hệ phương trình 0,25 là (x;y) = (1;-1). 1 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = x  e x + 2  dx . (1điểm) ∫  x + 1 0   1 1 1  2  2x I = ∫ x  ex +  dx = ∫ xe dx + ∫ x dx = I1 + I 2 0  x+1  0 0 x+1  u =x du = dx 1 1 x ( ) 1 1 0,5 + I1 = ∫ xe dx . Đặt  x → → I1 = xe − ∫ e dx = xex − ex =1. x dv = e dx  v = e x x 0 0 0 0 1 1 2x  2  1 + I2 = ∫ dx = ∫  2 −   dx = ( 2x − 2ln(x + 1)) = 2 − 2ln 2 0 x+1 0 x + 1 0 0,25 I = I1 + I 2 = 3 − 2ln 2 0,25 5 (1,0 điểm). Tính theo a thể tích hình hộp... (1điểm) Gọi O là tâm hình thoi ABCD → AO ⊥ BD mà AA' ⊥ (ABCD) → A'O ⊥ BD 0,25 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 3
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com ∠A 'OA laø goùc giöõa mp(A'BD) với đáy → ∠A ' OA = 60o . Do ∠ABC = 60o neân tam giaùc ABC A' D' a ñeàu → AO = . B' C' 2 Trong tam giaùc vuoâng A'AO, ta coù 3 AA ' = AO. t an 60o = a . A D 0,25 2 Do ñoù theå tích cuûa hình hoäp: B C a2 3 a 3 3a3 V=SABCD .AA'= . = . 2 2 4 Theo chöùng minh treân ta coù BD ⊥ (A ' AO) → (A ' BD) ⊥ (A ' AO) . Trong tam giaùc vuoâng A ' AO , döïng ñöôøng cao AH, ta coù AH ⊥ (A ' BD) hay AH = d(A, (A ' BD)) .Do CD '/ /BA ' neân CD '/ /(A ' BD) suy ra d(CD ', (A ' BD)) = d(C, (A ' BD)) 0,5 = d(A, (A ' BD)) (vì AO = CO ) a 3 = AH = AO.si n 60o = . 4 (1,0 điểm). Chứng minh rẳng a + 4a + 2b + b + 4b + 2c + c + 4c + 2a ≥ 7 . 2 2 2 6 (1điểm) b + 2c c + 2a a + 2b a2 b2 c2 4a + 2b 4b + 2c 4c + 2a BĐT ↔ + + + + + ≥7 b + 2c c + 2a a + 2b b + 2c c + 2a a + 2b a2 b + 2c 2a a2 b + 2c + 6a + Ta có + ≥ ↔ ≥ (1) (Côsi) b + 2c 9 3 b + 2c 9 a2 b + 2c Dấu “=” khi = b + 2c 9 0,5 b 2 c + 2a + 6b c2 a + 2b + 6c Tương tự ≥ (2) ≥ (3) c + 2a 9 a + 2b 9 a2 b2 c2 Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta được + + ≥ 1 (*) dấu “=” b + 2c c + 2a a + 2b khi a=b=c=1. + Ta có 4a + 2b + 4b + 2c + 4c + 2a = 4 ( a + b + c)  1 + 1 + 1  − 6   b + 2c c + 2a a + 2b  b + 2c c + 2a a + 2b  4    1 1 1  3 ( b + 2c) + (c + 2a ) + (a + 2b)  b + 2c + c + 2a + a + 2b  − 6      0,5 4 3 1 ≥ 3 (b + 2c)(c + 2a)(a + 2b).3 − 6 = 6 (**) 3 3 (b + 2c)(c + 2a)(a + 2b) Cộng (*) và (**) ta được điều phải chứng minh, dấu “=” khi a =b =c =1. 7a (1,0 điểm). Tìm M thuộc Oy… (1điểm) Giả sử A ( xA ; yA ) , B( xB ; yB ) và M ∈ Oy → M (0; y ) , (C) có tâm I(3;2) 0,25 0 2 2 + Ta có A ∈ (C) ↔ x + y − 6x A − 4y A + 12 = 0 A A (1) + Ta có I A.M A = 0 ↔ ( x A − 3) x A + ( y A − 2)( y A − y 0 ) = 0 0,5 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 4
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com ↔ x 2 + y 2 − 3x A − (y 0 + 2)y A + 2y 0 = 0 (2) A A Lấy (2) trừ (1) vế với vế ta được 3x A − (y 0 − 2)y A + 2y 0 − 12 = 0 (3) Tương tự ta có 3x B − (y 0 − 2)y B + 2y 0 − 12 = 0 (4) Từ (3) và (4) phương trinh AB là 3x − (y 0 − 2)y + 2y 0 − 12 = 0 AB qua N(4;4) ↔ 3.4 − (y 0 − 2).4 + 2y 0 − 12 = 0 ↔ y 0 = 4 . Vậy M(0;4) 0,25 8a (1,0 điểm). Chứng minh 3 điểm A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác vuông (1điểm) Ta có AB = (2; 4;1) , AC = (2; 0; −4) không cùng phương . 0,5 Ta lại có AB.AC = 0 vậy ∆ABC vuông tại A ∆ABC vuông tại A theo cm trên có bán kính đường tròn ngoại tiếp 1 41 0,5 R= BC = 2 2 9a (1,0 điểm). Tính xác suất… (1điểm) Gọi A, B, C tương ứng là 3 biến cố ‘Chọn được ba bông hoa hồng bạch” ‘Chọn được ba bông hoa hồng nhung” ‘Chọn được ba bông hoa cúc vàng” H là biến cố ‘Chọn được ba bông hoa cùng loại” A, B, C đôi một xung khắc 3 C5 10 , và H = A ∪ B ∪ C → P(H) =P(A) +P(B) +P(C) với P(A) = 3 = 0,5 C16 560 3 C7 35 , C3 4 , 49 7 . P(B) = 3 = P(C) = 34 = P(H ) = = C16 560 C16 560 560 80 7 73 Biến cố chọn ba bông hoa không cùng loại là H , P(H) = 1 − P(H) = 1 − = . 0,5 80 80 7b (1,0 điểm). Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. (1điểm) Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) xx1 yy1 Tiếp tuyến tại A có dạng + =1 4 3 0,25 x 0 x1 y 0 y1 Tiếp tuyến đi qua M nên + =1 (1) 4 3 Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đường thẳng AB có pt xx 0 yy0 0,25 + = 1 do M thuộc ∆ nên 3x0 + 4y0 =12 → 4y0 =12-3x0 4 3 4xx 0 4yy 0 4xx 0 y(12 − 3x 0 ) → + =4→ + =4 4 3 4 3 Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x0 + 4y – 4 = 0 → { 4y−−y4==00 ⇒ { xy=11 x = Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) 0,5 8b (1,0 điểm). (1điểm) Gọi G là trọng tâm ∆ABC . Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 MA2 + MB2 + MC2 = MA + MB + MC = MG + GA + MG + GB + MG + GC www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 5
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com ( ) = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 + 2MG GA + GB + GC = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 0,5 ( Do GA + GB + GC = 0 → MG GA + GB + GC = 0 . ) Vì GA + GB + GC không đổi nên MA + MB2 + MC2 nhỏ nhất 2 2 2 2 ↔ MG 2 nhỏ nhất ↔ M là hình chiếu của G trên (Oxy) G là trọng tâm ∆ABC → G (1;3;3) . 0,5 Hình chiếu của G trên (Oxy) có tọa độ (1; 3;0). Vậy M (1; 3; 0 ) 9b (1,0 điểm). Giải phương trình log 2 x + (x − 5) log 2 x + 6 − 2x = 0 2 (1điểm) Điều kiện x>0(*)  t =2 0,25 Đặt t = log 2 x phương trình ↔ t 2 + (x − 5)t + 6 − 2x = 0 ↔  t = 3 − x + Với t = 2 ↔ log 2 x = 2 ↔ x = 4 thỏa mãn (*) 0,25 + Với t = 3 − x ↔ log 2 x = 3 − x ↔ x + log 2 x − 3 = 0 Xét f (x) = x + log 2 x − 3, ∀x >0 . 1 0,25 Ta có f '(x) = 1 + >0, ∀x >0 → hàm số luôn đồng biến ∀x >0 x ln 2 f(2) =0 → x =2 thỏa mãn (*) là nghiệm Vậy nghiệm của phương trình là x =2; x =4 0,25 Chú ý: Đáp án có 5 trang Học sinh làm theo cách khác mà đúng cho điểm tối đa theo thang điểm mỗi câu đã cho. Câu 5 nếu không vẽ hình hay vẽ không đúng không cho điểm. (Lưu ý: Kiến thức đề ra theo tiến độ dạy( không số phức, không phương trình mặt phẳng)) www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 6

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.