Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Đức Thọ lần 1 năm 2014 có nội dung xoay quanh các chủ đề như: Khảo sát hàm số, tính tích phân, giải hệ phương trình,.... giúp các em có thêm tư liệu để tham khảo trước kì thi sắp tới.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Đức Thọ lần 1 năm 2014
- www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I, NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối A
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x -1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y = (1)
x-2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Cho đường thẳng d: y = - x + m và hai điểm M(3;4) và N(4;5). Tìm các giá trị của m để đường
thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 4 điểm A, B, M, N lập thành tứ giác
lồi AMBN có diện tích bằng 2.
sin x sin 2 x + 2sin x cos 2 x + sin x + cos x
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình = 6 cos 2 x
π
sin( x + )
4
1 1 2
.Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: + - x ³ 1 ( x Î R) .
x+2 -x -1 3
( x3 + 1) tan 2 x + x3
Câu 4 (1,0 điểm). Tính I = ò dx
1 + tan 2 x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA=3a (với a>0); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng
600. Tam giác ABC vuông tại B, · = 300 . G là trọng tâm của tam giác ABC. Hai mặt phẳng
ACB
(SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích của hình chóp S.ABC theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho 3 số thực x, y , z thỏa mãn x3 + 8 y 3 + 27 z 3 - 18 xyz = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P = x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 .
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 9 , đường thẳng
D : y = x - 3 + 3 và điểm A(3, 0) . Gọi M là một điểm thay đổi trên (C) và B là điểm sao cho tứ giác
ABMO là hình bình hành. Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABM, biết G thuộc D và G có tung
độ dương
Câu 8.a (1,0 điểm). Giải phương trình log 2 (4 x - 2 x+1 + 4) - log8 (2 x - 1)3 = 2
Câu 9.a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập các số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau. Lấy
ngẫu nhiên một số vừa lập.Tính xác suất để lấy được một số lớn hơn 2013.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Cho hình chử nhật ABCD có phương trình đường thẳng AD: 2x+y-1=0, điểm
uu
r uur
I(-3;2) thuộc BD sao cho IB = -2 ID . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chử nhật, biết điểm D có hoành
độ dương và AD = 2AB.
ìlog 2 x + 2log 2 y = 3
Câu 8.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình í 2 ( x, y Î R )
î x + y = 16
4
Câu 9.b (1,0 điểm). Có bao nhiêu cách chia 6 đồ vật đôi một khác nhau cho 3 người sao cho mỗi
người nhận được ít nhất một đồ vật.
-------Hết--------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh………………………..…….; Số báo danh………………
- www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I, NĂM 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án – Thang điểm gồm 04 trang)
Câu ý Nội dung Điểm
+) Tập xác định: D = ¡ \{2}
-3 0,25
y'= , hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( -¥;2 ) , ( 2; +¥ )
( x - 2)2
+) Giới hạn và tiệm cận: lim y = 2, lim y = 2 ; lim y = -¥, lim y = +¥
- +
x ®-¥ x ®+¥ x®2 x®2
0,25
Đồ thị hàm số có : Tiệm cận đứng: x=2 , tiệm cận ngang: y= 2.
+) Bảng biến thiên:
x -¥ 2 +¥
y' - -
2 +¥ 0,25
a y
-¥ 2
c) Đồ thị 0,25
2x -1
Với x ¹ 2, xét PT = - x + m Û x 2 - mx + 2m - 1 = 0 (1) 0.25
x-2
1 Đt d cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt Û pt (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
ìD ' = m 2 - 8m + 4 > 0 é m < 4 - 12
Ûí Ûê . Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm pt (1), ta có
î 4 - 2m + 2 m - 1 ¹ 0 ê m > 4 + 12
ë 0.25
ì x1 + x2 = m
b í và A ( x1 ; - x1 + m ) , B ( x2 ; - x2 + m ) là giao điểm.
î x1.x2 = 2m - 1
Có MN vuông góc với d nên 4 điểm A, B, M, N lập thành tứ giác AMBN có diện tích
bằng 2 Û M, N nằm về hai phía so với đường thẳng d và S AMBN = 2 .
ém = 0 0. 25
S AMBN = 2 Þ AB = 2 2 Û ( x1 + x2 ) 2 - 4 x1 x2 = 4 . Từ đó suy ra m 2 - 8m = 0 Û ê
ëm = 8
+) m = 0 loại (do M, N nằm cùng phía với đường thẳng d)
0. 25
+) m = 8 t/m. Kết luận : m = 8.
p p
ĐK: sin( x + ) ¹ 0, x ¹ - + kp . Khi đó dễ thấy
4 4
sin 2 x(sin x + cos x) + (sin x + cos x) 0.25
pt Û = 6 cos 2 x
1
(sin x + cos x)
2 2
3 1 1 p 1
Û sin 2 x + 1 = 3 cos 2 x Û cos 2 x - sin 2 x = Û cos(2 x + ) = 0.25
2 2 2 6 2
é p p é p
ê 2 x + 6 = 3 + k 2p ê x = - 4 + kp
Ûê Ûê 0.25
ê 2 x + p = - p + k 2p ê x = p + kp
ê
ë 6 3 ê
ë 12
- www.VNMATH.com
p
Đối chiếu ĐK ta thấy pt đã cho có các nghiệm: x = + kp 0.25
12
Điều kiện: -2 < x < -1 (*)
1 1
BPT Û 3( + ) ³ ( x + 2) 2 - ( - x - 1)2 0.25
x+2 -x -1
Û 3 ³ x + 2. - x - 1( x + 2 - - x - 1 )
1 - a2
Đặt a = x + 2 - - x - 1 Þ x + 2. - x - 1 = , ta được BPT:
2
0.25
a - a3
3 £ 3 Û a 3 - a + 6 ³ 0 Û (a + 2)(a 2 - 2a + 3) ³ 0 Û a ³ -2
2
x + 2 - - x - 1 ³ -2 Û x + 2 + 2 ³ - x - 1 Û x + 6 + 4 x + 2 ³ - x - 1 Û 4 x + 2 ³ -(2 x + 7)(1)
0.25
BPT (1) nghiệm đúng với mọi x t/m ( *)
KL: BPT có tập nghiệm S = (-2; - 1) 0.25
( x3 + 1) tan 2 x + x3 tan 2 x
I =ò dx = ò x3dx + ò dx = ò x3 dx + ò sin 2 x dx 0.25
1 + tan x
2
1 + tan x
2
4
x
+) ò x3dx = + C1 0.25
4 4
1 - cos 2 x x 1
+) ò sin 2 x dx = ò dx = - sin 2 x + C2 0.25
2 2 4
4
x x 1
Vậy I = + - sin 2 x + C 0.25
4 2 4
S
5
N
A
C
G
P
M
0.25
B
Gọi M trung điểm của BC. Ta có ( SBG ) Ç ( SCG ) = SG
(SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) suy ra
·
SG ^ ( ABC ), SAG = 600 ,SG là chiều cao của chóp S.ABC.
·
sin SAG =
SG ·
Þ SG = SA.sin SAG = 3a.
3 3a 3
= .
SA 2 2
· AG Þ AG = SA.cos SAG = 3a (1)
cos SAG = ·
SA 2
x 3 0.25
DABC vuông tại B có C=300. Đặt AB=x (x>0) suy ra BC = x 3, BM =
2
x 7 2 x 7
AM = AB 2 + BM 2 = ; AG = AM = (2)
2 3 3
x 7 3a 9a
Từ (1) và (2)suy ra = Ûx=
3 2 2 7
- www.VNMATH.com
1 1 81a 2 3 0.25
S ABC = AB.BC = x 2 3 =
2 2 56
1 1 3a 3 81a 2 3 243a 3
VS . ABC = SG.S ABC = . = (đvtt) 0.25
3 3 2 56 112
Sử dụng đẳng thức a 3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca)
Ta có: 1 = x3 + 8 y 3 + 27 z 3 - 18 xyz = ( x + 2 y + 3 z )( x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 - 2 xy - 3 xz - 6 yz ) (1)
0,25
Mà x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 - 2 xy - 3 xz - 6 yz > 0 Þ x + 2 y + 3 z > 0
Đặt t = x + 2 y + 3z , t > 0
Ta có ( x + 2 y + 3 z ) 2 = x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 + 2(2 xy + 3 xz + 6 yz ) , kết hợp (1) suy ra: 0,25
2
t 2
6 P= + ,t > 0
3 3t
t2 2 t2 1 1 t2 1 1 0,25
P= + = + + ³ 33 . . = 1
3 3t 3 3t 3t 3 3t 3t
Dấu “=” xảy ra khi t =1
1 1
Vậy min P = 1 khi x = 1, y = z = 0 hoặc x = z = 0, y = hoặc x = y = 0, z = 0,25
2 3
Đường tròn (C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 3 .
Nhận xét: A Î (C ) Þ OA = OM Þ ABMO là hình thoi Þ AM ^ OB . 0. 25
4 y
7.a Gọi I = AM Ç OB Þ OG = OI .
3
Kẻ GK // AM , K Î OA , ta có: 0.25
uuur 4 uuur M B
OK = OA Þ K (4; 0) . G
3 I
O A K x
GK // AM Þ GK ^ OB . Suy ra G thuộc đường tròn đường kính OK .
ìy = x - 3 + 3
ï 0.25
Toạ độ G ( x; y ), y > 0 thoả mãn: í
ï( x - 2) + y = 4
2 2
î
ìx = y + 3 - 3 ìx = y + 3 - 3
ï ï
Ûí Ûí Þ G (3; 3) (do y > 0) .
( )
2 0,25
ï y +1- 3 + y = 4 ï2 y + 2(1 - 3) y - 2 3 = 0
2 2
î î
Điều kiện 2 x - 1 > 0 Û x > 0 0,25
Phương trình đã cho tương đương với: log 2 (4 x - 2 x +1 + 4) = log 2 4(2 x - 1)
Û 4 x - 2 x +1 + 4 = 4(2 x - 1) Û 4 x - 6.2 x + 8 = 0 0,25
é2x = 2 0,25
Ûê x
ë2 = 4
8.a Kl: Phương trình đã cho có hai nghiệm x =1 và x = 2 0,25
Lập số chẵn dạng abcd . Đặt E = {0, 1, 2, 3, 4} .
+ d = 0 ,chọn thứ tự a, b, c trong tập E \ {0} có A 3 = 24 cách.Dạng này có 24 số.
4 0,5
+ d ¹ 0 có 2 cách, chọn a Î E \ {0, d } có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập
9.a
E \ {d , a} có A 3 = 6 cách. Dạng này có 2.3.6 = 36 số. Lập được 24 + 36 = 60 số.
2
- www.VNMATH.com
Tính số các số chẵn lập được không lớn hơn 2013, có dạng 1bcd :
Chọn d chẵn có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập E \ {1, d } có A 3 = 6 cách.
2 0,25
Dạng này có: 3.6 = 18 số. Suy ra số lớn hơn 2013 có 60 - 18 = 42 số.
42 7 0,25
Xác suất cần tính: P = = .
60 10
Ta có d( I ; AD ) = 5 Þ ID = 5 ( Do AD=2AB )
0,25
Þ D Î ( C ) : ( x + 3) + ( y - 2 ) = 25
2 2
ï( x + 3) + ( y - 2 ) = 25 ì x = 1; y = -1
ì 2 2
Do đó tọa độ D là nghiệm của hệ : í Ûí
7.b ï2 x + y - 1 = 0
î î x = -3; y = 7 0,25
Þ D (1; -1) (Vì D có hoành dộ dương)
uu
r uur
IB = -2 ID Þ B ( -11;8 ) . Phương trình AB: x-2y+27=0 ; A(-5;11) 0,25
uuu uuur
r
AB = DC Þ C ( -5; -4 ) 0,25
TH1: Mỗi người nhận 2 đồ vật, số cách chia là: C 62 .C 4 .C 2 = 90 cách.
2 2
0,25
TH2: Một người nhận 4 đồ vật, hai người còn lại mỗi người nhận 1 đồ vật
0,25
Số cách chia là: 3.C 64 .C 2 = 90 cách.
1
8.b TH3: một người nhận 1 đồ vật, một người nhận 2 đồ vật, một người nhận 3 đồ vật, số
0,25
cách chia là: 3!C 6 .C 52 .C 33 = 360 cách.
1
Vậy số cách chia thỏa mãn bài toán là: 90+90+360 = 540 cách. 0,25
ìlog xy = 3
ï
2
Đk:x>0;y>0 Hệ phương trình Û í 2 2 4 0,25
ï x + y = 16
î
9.b ì xy 2 = 8
ï é x = y2 = 2 2
Ûí 2 Ûê 0,25
ï x + y = 16 ê x = y = -2 2 (loai )
4
î
2
ë
ìx = 2 2
ï
Với x = y 2 = 2 2 ta được í 0,25
ïy = ± 2 2
î
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình là (2 2; 2 2 ) 0,25
Mọi cách khác giải đúng đều được điểm tối đa
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
