Đề thi thử ĐH môn Toán - Trường ĐH Vinh lần 1 năm 2014

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

Thêm vào BST

Báo xấu

98
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì tuyển sinh Đại học. Hãy tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - Trường ĐH Vinh lần 1 năm 2014 để đạt được điểm cao hơn nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - Trường ĐH Vinh lần 1 năm 2014

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x − 3 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x −1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho. b) Tìm m để đường thẳng d : x + 3 y + m = 0 cắt (H) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại điểm A(1; 0). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 x + 2cos2 x = 3 + 4sin x + cos x(1 + sin x). Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 4 x + 1 + 2 2 x + 3 ≤ ( x − 1)( x 2 − 2). 3 x + 2ln(3 x + 1) 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ dx. 0 ( x + 1) 2 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA = 3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng SA = 2 3a và đường thẳng SC tạo với đáy một góc 300. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 5( x 2 + y 2 + z 2 ) = 6( xy + yz + zx). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2( x + y + z ) − ( y 2 + z 2 ). II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b) a. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 1) là trung điểm cạnh AC, điểm H (0; − 3) là chân đường cao kẻ từ A, điểm E (23; − 2) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C. Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d : 2 x + 3 y − 5 = 0 và điểm C có hoành độ dương. x + 2 y −1 z − 2 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và hai mặt 1 −1 2 phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z + 3 = 0, (Q) : x − 2 y − 2 z + 7 = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu 9.a (1,0 điểm). Cho tập hợp E = {1, 2, 3, 4, 5}. Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10. b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B (4; 1) và đường thẳng ∆ : 3x − 4 y + 5 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua A, B và cắt ∆ tại C, D sao cho CD = 6. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 1; 0) và hai đường thẳng x −1 y − 3 z −1 x −1 y + 3 z − 2 d1 : = = , d2 : = = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d1 và d 2 đồng 1 −1 1 −1 2 −3 thời cách M một khoảng bằng 6. Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 1 0 1 1 1 2 1 3 ( −1) n n 1 C n − C n + C n − Cn + . . . + Cn = . 2 3 4 5 n+2 156 ------------------ Hết ------------------ 1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu 1. 10. Tập xác định: R \{1}. (2,0 20. Sự biến thiên: điểm) * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y = 2 và lim y = 2. x →−∞ x →+∞ Giới hạn vô cực: lim y = −∞ và lim y = +∞. + − x →1 x →1 0,5 Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2, tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1. 1 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = > 0, ∀x ≠ 1. ( x − 1) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; 1) và (1; + ∞ ) . * Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y y' + + +∞ y 3 2 2 I −∞ 0,5 2 30. Đồ thị: 3  O 1 3 x Đồ thị cắt Ox tại  ; 0  , cắt Oy tại (0;3). 2 2  Nhận giao điểm I (1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. b) (1,0 điểm) 1 m Ta có d : y = − x − . Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình 3 3 2x − 3 1 m = − x − , hay x 2 + (m + 5) x − m − 9 = 0, x ≠ 1. (1) 0,5 x −1 3 3 Ta có ∆ = (m + 7) 2 + 12 > 0, với mọi m. Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Hơn nữa cả 2 nghiệm x1 , x2 đều khác 1. Do đó d luôn cắt (H) tại 2 điểm phân biệt M ( x1 ; y1 ), N ( x2 ; y2 ). Ta có AM = ( x1 − 1; y1 ), AN = ( x2 − 1; y2 ). Tam giác AMN vuông tại A ⇔ AM . AN = 0. Hay ( x1 − 1)( x2 − 1) + y1 y2 = 0 1 ⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) + ( x1 + m )( x2 + m ) = 0 9 0,5 ⇔ 10 x1 x2 + ( m − 9)( x1 + x2 ) + m 2 + 9 = 0. (2) Áp dụng định lý Viet, ta có x1 + x2 = − m − 5, x1 x2 = −m − 9. Thay vào (2) ta được 10( −m − 9) + ( m − 9)( −m − 5) + m 2 + 9 = 0 ⇔ −6m − 36 = 0 ⇔ m = −6. Vậy giá trị của m là m = −6. Phương trình đã cho tương đương với Câu 2. sin 3 x − sin x + 2cos 2 x = 3(sin x + 1) + cos x(sin x + 1) (1,0 0,5 điểm) 2
⇔ 2cos 2 x sin x + 2cos 2 x = (sin x + 1)(cos x + 3) ⇔ (sin x + 1)(2cos 2 x − cos x − 3) = 0 ⇔ (sin x + 1)(4cos 2 x − cos x − 5) = 0 ⇔ (sin x + 1)(cos x + 1)(4cos x − 5) = 0. π *) sin x = −1 ⇔ x = − + k 2π , k ∈ Z. 2 *) cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π , k ∈ Z. 0,5 *) 4cos x − 5 = 0 vô nghiệm. π Vậy phương trình có nghiệm x = − + k 2π , x = π + k 2π , k ∈ Z. 2 Điều kiện: x ≥ −1. Câu 3. Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của bất phương trình. (1,0 Xét x > −1. Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với điểm) ( ) ( ) 4 x + 1 − 2 + 2 2 x + 3 − 3 ≤ x3 − x 2 − 2 x − 12 0,5 4( x − 3) 4( x − 3) ⇔ + ≤ ( x − 3)( x 2 + 2 x + 4) x +1 + 2 2x + 3 + 3  4 4  ⇔ ( x − 3)  + − ( x + 1) 2 − 3  ≤ 0. (1)  x +1 + 2 2x + 3 + 3  4 4 Vì x > −1 nên x + 1 > 0 và 2 x + 3 > 1. Suy ra + < 3, vì vậy x +1 + 2 2x + 3 + 3 4 4 + − ( x + 1) 2 − 3 < 0. 0,5 x +1 + 2 2x + 3 + 3 Do đó bất phương trình (1) ⇔ x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. Vậy nghiệm của bất phương trình là x = −1 và x ≥ 3. ln(3 x + 1) 1 1 3x Câu 4. Ta có I = ∫ dx + 2 ∫ dx. ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 (1,0 0 0 3dx dx 1 0,5 điểm) Đặt u = ln(3 x + 1) ⇒ du = ; dv = ⇒v=− . 3x + 1 ( x + 1) 2 x +1 Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có 2ln(3x + 1) 1 1 1 3x dx I =∫ dx − + 6∫ 0 ( x + 1) 2 x +1 0 0 (3 x + 1)( x + 1) 1  3  1 3  3 1  = ∫ −  dx − ln 4 + 3∫  −  dx 0,5 0 x + 1 ( x + 1) 2  0 3x + 1 x + 1  1 1 3 3 = − ln 4 + 3ln 3 x + 1 = − + 4ln 2. x +1 0 0 2 Vì SH ⊥ ( ABCD ) nên SCH = ( SC , ( ABCD ) ) = 300. Câu 5. S (1,0 Trong tam giác vuông SAD ta có SA2 = AH . AD điểm) 3 ⇔ 12a 2 = AD 2 ⇒ AD = 4a; HA = 3a; HD = a H' 4 C ⇒ SH = HA.HD = a 3 ⇒ HC = SH .cot 30 = 3a 0 D 0,5 ⇒ CD = HC 2 − HD 2 = 2 2a. H K a Suy ra S ABCD = AD.CD = 8 2a 2 . 1 8 6a3 A M B Suy ra VS . ABCD = SH .S ABCD = . 3 3 Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên 0,5 3
1 1 d ( M , ( SBC ) ) = d ( A,( SBC ) ) = d ( H , ( SBC ) ) . (1) 2 2 Kẻ HK ⊥ BC tại K, HH ' ⊥ SK tại H '. Vì BC ⊥ ( SHK ) nên BC ⊥ HH ' ⇒ HH ' ⊥ ( SBC ). (2) 1 1 1 11 2 6a 2 66 Trong tam giác vuông SHK ta có 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ HH ' = = a. (3) HH ' HK HS 24a 11 11 66 Từ (1), (2) và (3) suy ra d ( M , ( SBC ) ) = a. 11 5 1 Câu 6. Ta có 5 x 2 + ( y + z ) 2 ≤ 5 x 2 + 5( y 2 + z 2 ) = 6( xy + yz + zx) ≤ 6 x( y + z ) + 6. ( y + z ) 2 . 2 4 (1,0 y+z điểm) Do đó 5 x 2 − 6 x( y + z ) + ( y + z ) 2 ≤ 0, hay ≤ x ≤ y + z. 5 Suy ra x + y + z ≤ 2( y + z ) . 0,5 1 1 1 Khi đó P ≤ 2( x + y + z ) − ( y + z ) 2 ≤ 4( y + z ) − ( y + z ) 2 = 2 y + z − ( y + z ) 2 . 2 2 2 4 t Đặt y + z = t , khi đó t ≥ 0 và P ≤ 2t − . (1) 2 1 Xét hàm số f (t ) = 2t − t 4 với t ≥ 0. t 0 1 +∞ 2 f '(t ) + 0 – Ta có f '(t ) = 2 − 2t 3 ; f '(t ) = 0 ⇔ t = 1. Suy ra bảng biến thiên: 3 2 f (t ) 3 0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta có f (t ) ≤ f (1) = với mọi t ≥ 0. (2) 2 x = y + z x = 1 3   Từ (1) và (2) ta có P ≤ , dấu đẳng thức xảy ra khi  y = z ⇔ 1 2 y + z =1 y = z = 2   3 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi x = 1, y = z = . 2 2  x = 1 − 3t Câu A ∈ d : 2x + 3 y − 5 = 0 ⇔  ⇒ A(−3a + 1, 2a + 1). 7.a A d  y = 1 + 2t (1,0 Vì M (2; 1) là trung điểm AC nên suy ra C (3 + 3a; 1 − 2a ) điểm)  HA = ( −3a + 1; 2a + 4) M  N ⇒  HC = (3 + 3a; 4 − 2a ).  E 0,5 a = 1 C Vì AHC = 90 nên HA.HC = 0 ⇒  B H 0  a = − 19 .   13 *) Với a = 1 ⇒ A( −2; 3), C (6; − 1) thỏa mãn. 19  18 51  *) Với a = − ⇒ C  − ;  không thỏa mãn. 13  13 13  Với A(−2; 3), C (6; − 1) ta có phương trình CE : x + 17 y + 11 = 0, phương trình BC : x − 3 y − 9 = 0  3b + 7 b + 3  Suy ra B(3b + 9; b) ∈ BC ⇒ trung điểm AB là N  ; . 0,5  2 2  Mà N ∈ CE ⇒ b = −4 ⇒ B( −3; − 4). 4
Tâm mặt cầu (S) là I (t − 2; − t + 1; 2t + 2) ∈ d . Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên d ( I , ( P) ) = d ( I , (Q ) ) = R Câu 0,5 8.a (1,0  1  1 điểm) 3t + 7 −t − 1 t = −2, R = 3  I ( −4; 3; − 2), R = 3 ⇔ = =R⇔ ⇒ 3 3 t = −3, R = 2  I ( −5; 4; − 4), R = 2   0,5  3  3 1 4 Suy ra pt (S) là ( x + 4) 2 + ( y − 3) 2 + ( z + 2) 2 = hoặc ( x + 5) 2 + ( y − 4) 2 + ( z + 4) 2 = . 9 9 Số các số thuộc M có 3 chữ số là A5 = 60. 3 Câu 9.a Số các số thuộc M có 4 chữ số là A54 = 120. 0,5 (1,0 Số các số thuộc M có 5 chữ số là A5 = 120. 5 điểm) Suy ra số phần tử của M là 60 + 120 + 120 = 300. Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồm E1 = {1,2,3,4}, E2 = {2,3,5}, E3 = {1,4,5}. Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10. Từ E1 lập được số các số thuộc A là 4! 0,5 Từ mỗi tập E2 và E3 lập được số các số thuộc A là 3! Suy ra số phần tử của A là 4!+ 2.3! = 36. 36 Do đó xác suất cần tính là P = = 0,12. 300 Giả sử (C) có tâm I ( a; b), bán kính R > 0. B Câu Vì (C) đi qua A, B nên IA = IB = R 7.b A ⇔ ( a − 1) 2 + (b − 2) 2 = ( a − 4) 2 + (b − 1) 2 = R (1,0 I 0,5 điểm) H ∆ b = 3a − 6   I ( a; 3a − 6)  ⇒ ⇒  R = 10a − 50a + 65  R = 10a − 50a + 65 C D 2 2   (1) −9a + 29 Kẻ IH ⊥ CD tại H. Khi đó CH = 3, IH = d ( I , ∆) = 5 (9a − 29) 2 ⇒ R = IC = CH 2 + IH 2 = 9 + (2) 25 (9a − 29) 2 Từ (1) và (2) suy ra 10a 2 − 50a + 65 = 9 + ⇔ 169a 2 − 728a + 559 = 0 25 0,5 a = 1  I (1; − 3), R = 5   ⇔ ⇒   43 51   a = 43 I ; , R = 5 61   13   13 13    13 2 2  43   51  1525 Suy ra (C ) : ( x − 1) + ( y + 3) = 25 hoặc (C ) :  x −  +  y −  = 2 2 .  13   13  169 u1 = (1; − 1; 1)  Câu Vì ( P) // d1 , d 2 nên (P) có cặp vtcp  ⇒ nP = u1 , u2  = (1; 2; 1)   8.b u2 = ( −1; 2; − 3)  (1,0 Suy ra pt (P) có dạng x + 2 y + z + D = 0. 0,5 điểm) 3+ D D = 3 ( P ) : x + 2 y + z + 3 = 0 (1) d ( M , ( P) ) = 6 ⇔ = 6⇔ ⇒ 6  D = −9 ( P ) : x + 2 y + z − 9 = 0 (2) Lấy K (1; 3; 1) ∈ d1 và N (1; − 3; 2) ∈ d 2 thử vào các phương trình (1) và (2) ta có N ∈ ( P) : x + 2 y + z + 3 = 0 nên d 2 ⊂ ( P ) : x + 2 y + z + 3 = 0 . Suy ra phương trình mặt phẳng (P) 0,5 thỏa mãn bài toán là ( P ) : x + 2 y + z − 9 = 0. Với mọi x ∈ R và mọi số nguyên dương n, theo nhị thức Niutơn ta có 0,5 5
Câu 9.b 1 n 0 ( 1 n ) Cn x − Cn x 2 + . . . + ( −1) n Cn x n +1 = Cn − Cn x + . . . + (−1) n Cn x n x = (1 − x) n x. 0 1 1 ∫ (C ) (1,0 Suy ra 0 x − Cn x 2 + . . . + ( −1) n Cn x n +1 dx = ∫ (1 − x) n xdx. 1 n n điểm) 0 0 ( −1) n n 1 1 1 0 1 1 Hay Cn − Cn + . . . + Cn = ∫ (1 − x) n dx − ∫ (1 − x) n +1dx 2 3 n+2 0 0 1 1 1 = − = , với mọi n ∈ N* . 0,5 n + 1 n + 2 (n + 1)( n + 2) 1 1 Từ đó ta có = ⇔ n 2 + 3n − 154 = 0 ⇔ n = 11 (vì n ∈ N* ). ( n + 1)(n + 2) 156 6