Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Cổ Loa lần 1 năm 2014

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Cổ Loa lần 1 năm 2014 dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học, với đề thi này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Cổ Loa lần 1 năm 2014

TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Ngày thi : 19/1/2014 Môn : TOÁN - Khối : A, A1, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ --------------------------------------------------- Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y  x  2  m  1 x 2  3 (1) 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 . b) Tìm m để đường thẳng y  2m  2 cắt đồ thị hàm số (1) tại đúng hai điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 8.   Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình: 2sin  2 x    2sin 2 x.cos x  3sin x  1  sin 3 x .  6 Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình  x3  y 3  xy 2  x 2 y  3x  3 y  3x 2  3 y 2  2 xy  2   2 , x, y   . 3 x  1  x  2 y  3. 3 8  2 y  5  e x  e x  3 Câu 4 (1,0 điểm): Tính nguyên hàm:  x dx . e  e x  2 Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a tâm O, hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AO, góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) là 600 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng  SCD  . Câu 6 (1,0 điểm): Cho x, y, z  0 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A  x3  y 3  4 z 3 . Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là 1 trung điểm của cạnh BC, N thuộc cạnh AC sao cho AN  AC . Biết MN có phương 4 trình 3x  y  4  0 và D(5;1). Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương. Câu 8 (1,0 điểm): Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp. Tính xác suất của biến cố 5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng. Câu 9 (1,0 điểm): Giải phương trình: 25x  20 x  5.10 x  5.2 x  5.4 x  5x1  10 x  50 x . ---------- Hết --------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .................................... Số báo danh: ...............................................
SỞ GD - ĐT HÀ NỘI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1,B ,D ___________________________________ Câu Đáp án Điểm 1 a) 1 điểm (2 điểm Khi m  1 , ta có hàm số y  x 4  4 x 2  3 .  Txđ:  . 0,25 x  0 - Sự biến thiên:Chiều biến thiên: ; y' 0   . x   2 Hàm số đồng biến trên  2;0 ;   2;  , nghịch biến trên  ;  2  và  0; 2  . Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCĐ  3 ;h/s đạt cực tiểu tại x   2 , yCT  1 . 0,25 Giới hạn: lim y  lim y   . x  x  - Bảng biến thiên: x   2 0 2  y'  0 + 0  0 +   0,25 y 3 1 1  Đồ thị 0,25 b) 1 điểm Pt hoành độ giao điểm : x 4  2(m  1) x 2  3  2m  2 1  x2  1  x  1 0,25 Ta có 1  x 4  2(m  1) x 2  2m  1  0   2  2  x  2 m  1  x  2m  1 Ta có 1 luôn có 2 nghiệm phân biệt x  1 . Để đường thẳng d cắt đồ thị  Cm  tại đúng 2 điểm phân biệt thì 1 có đúng 2 nghiệm m  0  2m  1  1 0,25 phân biệt     * .  2m  1  0  m  1  2 Trang 1/5
Khi đó, giả sử 2 giao điểm là A 1; 2  2m  , B  1; 2  2m  . Ta có OAB cân tại O , gọi I là trung điểm của AB  I (0, 2  2m) và 0,25 1 AB  2, OI  2  2m . Theo giả thiết 8  SOAB  OI  AB  8 2  m  3 tho¶ m·n *  2 m 1  8  m 1  4   . Vậy m  3 . 0,25  m  5 kh«ng tho¶ m·n *  Pt đã cho  3 sin 2 x  cos 2 x  sin 3x  sin x  3sin x  1  sin 3x 0,25  3 sin 2 x  4sin x  1  cos 2 x  2 3 sin x cos x  4sin x  2sin 2 x sin x  0 0,25 2   2sin x sin x  3 cos x  2  0    (1 điểm) sin x  3 cos x  2   5 sin x  3 cos x  2  sin  x    1  x   k , k   ; 0,25  3 6  sin x  0  x  k , k   ; 5 0,25 Vậy, các nghiệm của phương trình là x  k , x   k 2 , k   . 6  x3  y 3  xy 2  x 2 y  3 x  3 y  3 x 2  3 y 2  2 xy  2 1  Giải hệ phương trình  2 3 x  1  x  2 y  3 3 8  2 y  5  2   ĐK: x  1 . 1   x  y   x 2  xy  y 2   xy  x  y   3  x  y   3  x 2  y 2   2 xy  2 0,25  ( x  y )( x 2  y 2 )  2( x 2  y 2 )  ( x  y ) 2  3( x  y )  2  ( x 2  y 2 )( x  y  2)  ( x  y  2)( x  y  1) 2 2 x  y  2  0 (3)  1  1 1   2 2 (4)   x     y     0 , vô nghiệm. 0,25  x  y  x  y  1  0 (4)  2  2 2  (3)  y  2  x . Thay vào (2) ta được 3 3 x 1  33 4  2x  x2  2x  9 (1 điểm) 3  x 1 1  3  3  4  2 x  2  x2  2 x 3 x  2 3 2x  4    x  x  2 0,25 2 x 1  1 3  4  2x  2 3 4  2x  4 x  2  3 6    x (5)  x  1  1 3  4  2 x 2  2 3 4  2 x  4  - Với x  2  y  0 . Với phương trình (5), Ta có vế trái là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số đồng biến. Mà x  2 là một nghiệm của (5) nên (5) có nghiệm duy nhất là x  2  y  0 .Vậy 0,25 nghiệm  x; y  của hệ đã cho là  2;0  . Trang 2/5
e x  e x  3  1  1 0,25 I   x x dx    1  x  x  dx  x   x  x dx . e e 2  e e 2 e e 2 1 ex ex Với I1   x  x dx   2 x dx   x dx . Đặt t  e x  1  dt  e x dx 0,25 4 e e 2 e  2e x  1 (e  1)2 (1 điểm) dt 1 1  I1   2   C   x C . 0,25 t t e 1 1  I  x x C. 0,25 e 1  Gọi H là trung điểm của AO SH   ABCD  . S Dựng HI  CD tại I, suy ra 0,25 CD   SHI   SI  CD , vậy góc giữa  SCD  và  ABCD  là   SIH  SIH  600 K G A 3 3 D HI // AD nên HI  AD  a suy ra 4 4 M H I O  3a tan 60O  3 3a SH  HI .tan SIH  4 4 0,25 B C 2 S ABCD  a 1 1 3 3a 3a 3 5  VS . ABCD  S ABCD  SH   a 2   3 3 4 4 (1 điểm) SG 2 Trong (SAB), SG cắt AB tại M thì M là trung điểm AB và  . SM 3 2 2 Mà MG   SCD   S suy ra d(G,(SCD))= d  M ,  SCD    d  A,  SCD   0,25 3 3 AC 4 4 AH   SCD   C ,  nên d  A,  SCD    d  H ,  SCD   HC 3 3 Kẻ HK  SI tại K  HK   SCD   HK  d  H , ( SCD )  1 1 1 16 16 64 3 3a 0,25  2  2  2  2  2  2  HK  HK SH HI 27 a 9a 27 a 8 8 3 3a a 3  d  G, ( SCD)     . 9 8 3 1 3 2 6 Ta có x3  y 3   x  y    x  y  x  y   0 là mệnh đề đúng với mọi x, y   . 4 0,25 (1 điểm) 1 3 1 3 Suy ra A   x  y   4 z 3   3  z   4 z 3 . 4 4 1 3 Xét hàm số f  z    3  z   4 z 3 , z   0;3 . 4  z  1  0;3 0,25 9 Ta có f   z    5 z  2 z  3 , f   z   0   2 . 4  z  3   0;3   5 Trang 3/5
Bảng biến thiên của hàm số f  z  trên  0;3 : 3 z 0 3 5 f  z   0 + 0,25 27 108 4 f  z 108 25 108 3 6 Từ bảng biến thiên suy ra, A có giá trị nhỏ nhất là khi z  , x  y  . 0,25 25 5 5 7 0,25 (1 điểm) Kẻ NH  BC tại H , NK  DC tại K . Ta có NKC  NHC (cạnh huyền và góc nhọn)  NK  NH DK AN 1  AD  NK    DC AC 4     DK  BH mà M là trung điểm BC nên H là trung điểm BH AN 1  AB  NH    BC AC 4   của BM .    DKN  MHN  DNK  MNH , ND  NM .   Mà KNH  900  DNH  900  DNM vuông cân tại N  DN  MN  pt DN : ( x  5)  3( y  1)  0 hay x  3 y  8  0 x  3y  8  0 Toạ độ N thoả mãn:   N (2; 2) 3 x  y  4  0   0,25 Gs M (m;3m  4)  MN  (2  m;6  3m), DN  10, MN  DN  m  3  M (3;5)  (2  m) 2  (6  3m)2  10  (m  2)2  1    m  1  M (1; 1) lo¹i  1    M (3;5) , gọi P  MN  AD  NP  NM 3  1  5 xp  2  xp   3  3 0,25  y p  2  1  yp  1   1 1 1 5 Ta có AP  MC = BC  AD  DP  DA 3 6 6 6 Trang 4/5
 5  5  5   3       DP  DA  CB  MB  MB  DP 6 6 3 5  35   xB  3  5  3  5  0,25       xB  1   y  5  3 (1  1)  yB  5 B   5 5 Chọn 5 viên bi trong 18 viên bi thì có C18 cách. 0,25 5  Không gian mẫu gồm n     C18  8568 kết quả đồng khả năng xảy ra. Gọi A là biến cố “5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng” Ta có các trường hợp xảy ra: TH1: Trong 5 bi được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh. 0,25 8 1 1 3 Có C6  C7  C5 cách chọn trong trường hợp này. (1 điểm) TH2: Trong 5 bi được chọn có 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh . Có C62  C72  C5 cách chọn trong trường hợp này. 1 0,25  n( A)  C6  C7  C5  C62  C72  C5  1995 . 1 1 3 1 n( A) 1995 95 Vậy xác suất cần tìm là: P( A)    . 0,25 n() 8568 408 25 x  20 x  5 10 x  5  2 x  5  4 x  5 x 1  10 x  50 x   25 x  50 x    20 x  10 x    5.10 x  5 x 1   5  2 x  4 x   0 0,25   2 x  1 25 x  10 x  5.5 x  5.2 x   0  2 x  1  0 1  x 0,25  5  2  5  5   0 x x 9   2 (1 điểm) (1)  2 x  1  x  0 . 0,25 x 5  5  x 1 (2)   5  x   1 x  0 0,25  2    Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  0;1 . Chú ý: Nếu thí sinh làm bài theo các cách khác mà vẫn đúng thì vẫn được đầy đủ số điểm theo đáp án qui định. --------Hết-------- Trang 5/5