Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Đoàn Thượng lần 1 năm 2014

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp cho học sinh có thêm tư liệu ôn tập kiến thức trước kì tuyển sinh Đại học sắp diễn ra. Mời các bạn tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Đoàn Thượng lần 1 năm 2014.

Chủ đề:

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

Lưu

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

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG Môn thi: TOÁN, Khối A và B Thời gian làm bài: 180 phút 2 x  4 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  (1) x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm đó song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O. Câu II (2,0 điểm)  1) Tìm nghiệm x   0;   của phương trình 5cos x  s inx  3  2 sin(2 x  ) 4 3 3 2  x  y  6 y  3  x  5 y   14  2) Giải hệ phương trình  3 2  x, y    .  3 x  y  4  x  y 5  1 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   (2 x  1) ln( x  1)dx 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  a, BC  a 3 . Hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn SC sao cho SC  3IC. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SB biết AI vuông góc với SC. Câu V (1,0 điểm) Cho 2 số thực a, b  (0; 1) thỏa mãn (a 3  b3 )(a  b)  ab (a  1)(b  1)  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: 1 1 F=   ab  (a  b) 2 . 2 2 1 a 1 b Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A  3; 4  , đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC . Câu VII (1,0 điểm) Cho khai triển (1  3 x)2014  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2014 x 2014 . Tính tổng: S  a0  2a1  3a2  ...  2015a2014 .  log 2 x  y  3log8 ( x  y  2) Câu VIII (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  .   2 x  x 2  y 2  13 …………………………Hết………………………… Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ kí của giám thị 1:………………………Chữ kí của giám thị 2:…………………… Trường THPT Đoàn Thượng sẽ tổ chức thi thử đại học lần 2 vào ngày 16/2/2014
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm I 1 2 x  4 1, 0 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 1 a) Tập xác định : D  R \ 1 0,25 b) Sự biến thiên: * Tiệm cận : 2 x  4 2 x  4 +) Vì lim    , lim    nên đường thẳng x  1 là x 1 x 1 x 1 x 1 tiệm cận đứng. 2 x  4 2 x  4 +) Vì lim  2 , lim  2 nên đường thẳng y  2 là x  x 1 x  x 1 tiệm cận ngang. *Chiều biến thiên: 0,25 2 +) Ta có : y   2  0, x  1  x  1 +) Bảng biến thiên 0,25 x -∞ 1 +∞ -2 y' 2 +∞ y -2 -∞ 2 + Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;   . c) Đồ thị 0,25 *Vẽ đồ thị:Cắt Ox tại A(2;0) cắt Oy tại B(0;-4) * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I 1; 2  làm tâm đối xứng. I 2 1, 0  2a  4   2b  4  0,25 Gọi A  a;  và B  b;  (Với a, b  1; a  b ) thuộc đồ thị  a 1   b 1  (C). Khi đó hệ số góc của các đường tiếp tuyến tại A và B lần lượt là: 2 2 k1   2 và k2   2  a  1  b  1 Do các đường tiếp tuyến song song nên: 2 2  2  2  ab  2  a  1  b  1    2 a  4    2b  4   0,25 Mặt khác, ta có: OA   a;  ; OB   b;  . Do OAB là tam  a 1   b 1      (2a  4)(2b  4) giác vuông tại O nên OA.OB  0  ab  0  a  1 b  1
 ab  2 0,25   a  1 Ta có hệ  4ab  8( a  b )  16 . Giải hệ ta được  hoặc  ab  ab  ( a  b )  1  0  b3  a3  b  1 a  2 a  0 hoặc  hoặc  b  0 b  2 Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ là  1;1 và  3;3  hoặc (2;0) và (0;-4) 0,25 Câu 1 Tìm nghiệm x  0;   của phương trình : II   ∑= 1 5cosx + sinx - 3 = 2 sin  2 x   .  4   5cosx + sinx - 3 = 2 sin  2 x    5cosx +sinx – 3 = sin2x +  4 0,25 cos2x 2  2cos x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0  (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0 0,25  (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0. +/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm. 1  +/ cosx =  x    2k , k  Z . 0,25 2 3  Đối chiếu điều kiện x   0;   suy ra pt có nghiệm duy nhất là : 0,25 3 2  x3  y 3  6 y 2  3  x  5 y   14  1, 0 Giải hệ phương trình:  3 2  x, y  R  .  3 x  y  4  x  y 5  Đkxđ x  3, y  4 Từ (1) ta có 3 2 x 3  3 x   y  2   3  y  2    x  y  2   x 2  x  y  2    y  2   3  0 0,25    x  y  2  y  x  2  3 Thế (3) vào (2) ta được x  2  3  x  x3  x2  4x 1  x3  x2  4x  4  2  x  2  1  3  x  0 x2 x2 0,25   x  2  x  2  x  1   0 2  x  2 1 3  x  1 1    x  2    x  2  x  1   0  2  x  2 1 3  x 
 1 1 1 1   x  2    x  2  x  1     0  3 2  x  2 1 3 x 3    x 1 x 1   x  2    x  2  x  1   0    3 2 x2    x  2 1 3 1 3  x 2  3  x    0,25   1 1   x  2  x  1   x  2    0    3 2 x2    x  2 1 3 1 3  x 2  3  x     x  2  x  1  0  x  2, x  1; x  2  y  0, x  1  y  3 Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho 0,25 có tập nghiệm là S   1;  3 ;  2; 0 . Câu 1 Tính tích phân I   (2 x  1) ln( x  1)dx 1, 0 III 0  1 1 2 u  ln( x  1) du  dx 1 x x Đặt   x  1  I  ( x 2  x) ln( x  1) 0   dx 0,25  dv  2 x  1 v  x 2  x 0 x 1  1  2  I    x  2  dx 0,25 0 x 1  1  x2  I     2 x  2 ln( x  1)  0,25  2 0 3 I   2 ln 2 0,25 2 IV 1, 0 S A D E I O 0,25 H B M C Ta có S ABCD  a.a 3  3a 2 . Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC, BD, theo giả thiết ta có SO  ( ABCD) . AC  AB 2  BC 2  a 2  3a 2  2 a  OC  a. Lại có AI  SC  SOC & AIC đồng dạng
CI CA    CI .CS  CO.CA  SC  a 6 CO CS 1 15 Từ đó SO  SC 2  OC 2  a 5  VSABC  SO.S ABCD  a3 0,25 3 3 Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M, suy ra SB//(AIM), do đó d ( SB, AI )  d ( SB, ( AIM ))  d ( B, ( AIM )). Mà CI CM   BM  2CM suy ra d ( B, ( AIM ))  2d (C , ( AIM )) Hạ CS CB 0,25 IH  ( ABCD ) , dễ thấy SO S 1 15 IH  , S AMC  ABCD  VIAMC  VSABCD  a3 3 6 18 54 Ta có SB SC 2 7 IM    a ; AM  AB 2  BM 2  a 3 3 3 3 10 AI  AC 2  CI 2  a 3 Suy ra 0,25 3 70 154 1 55 cos MAI   sin MAI   S AMI  AM . AI sin MAI  a 2 28 28 2 12 3VI . AMC 4a  d ( B,( AIM ))  2 d (C , ( AIM ))  2.  . S AMI 33 1, 0 Câu 3 3 (a  b )(a  b) 0,25 V gt   (1  a)(1  b) (*) . ab ( a 3  b3 )( a  b )  a 2 b 2  vì      a  b   2 ab .2 ab  4 ab và ab  b a 1  a 1  b   1  (a  b)  ab  1  2 ab  ab , khi đó từ (*) suy ra 4 ab  1  2 ab  ab , đặt t = ab (đk t > 0)  1 0  t  3 1 ta được: 4t  1  2 t  t  2 t  1  3t   0t  2 9 4t  1  3t  1 1 2  1 1   1 1  0,25 Ta có: 2  2   2   2  0 1  a 1  b 1  ab  1  a 1  ab   1  b 1  ab  2   a  b  .  ab  1  0 luôn đúng với mọi a, b  (0; 1), 1  ab  1  a2 1  b2  dấu "=" xảy ra khi a = b 1 1  1 1  2 2 0,25 vì   2 2  2   2.  và 1 a 2 1 b 2  1 a 1 b  1  ab 1  ab 2 2 2 ab  a2  b2  ab   a  b   ab nên F   ab  t 1  ab 1 t
2 1 1 xét f(t) =  t với 0 < t  có f ' (t )  1   0 với mọi 1 t 9 (1  t ) 1  t 1 0
Câu log 2 x  y  3log8 ( x  y  2)  VIII Giải hệ phương trình:  .   2 x  x 2  y 2  13 1, 0 Điều kiện: x+y>0, x-y  0  x y  2 x y   2 2  2 x  x  y  13  0,25 u  x  y , u  0  u  2  v Đặt:  ta có hệ: 2 2 0,25 v  x  y , v  0  u  v  uv  13 u  2  v u  2  v  v  1, u  3  2 2  2  0,25 (2  v)  v  (2  v)v  13 3v  6v  9  0  v  3, u  1 Kết hợp đk ta được v  1, u  3  x  5, y  4 0,25đ