intTypePromotion=3

Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 1 môn Toán (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0
49
lượt xem
1
download

Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 1 môn Toán (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 1 môn Toán (khối A, A1, B)" của Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 1 môn Toán (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

  1. SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP  ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 ­ LẦN 1  THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu  Môn: TOÁN; Khối  A + A1  + B  Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề  ĐỀ CHÍNH THỨC  I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)  Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = - x 3 + 3 x 2  + 3m ( m + 2 ) x + 1 (1), với m  là tham số thực.  a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0 .  b)  Tìm m  để đồ thị hàm số (1)  có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua điểm I (1;3 ) .  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình  cos x + tan x = 1 + tan x sin x .  ìï 4 x 2 + 4 xy + y 2 + 2 x + y - 2 = 0 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình í ( x , y Î ¡ ) .  2 ïî8 1 - 2 x + y - 9 = 0 1  Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  I  = ò  x 3 dx  .  2 0  x + x 4  + 1 Câu 5 (1,0 điểm).  Cho hình lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD  là hình vuông cạnh a , cạnh bên AA ' = a , hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm I  của AB . Gọi K  là trung điểm của BC . Tính theo a thể tích khối chóp A '.IKD  và khoảng cách từ I  đến mặt phẳng ( A ' KD ) .  3 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x , y, z  thỏa mãn x + y + z £  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu  2 2 2 2 x y z 1 1 1 thức P = + + + + +  .  y z x x y z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)  A. Theo chương trình Chuẩn  Câu 7.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ (Oxy ) , cho hình chữ nhật ABCD  có đường chéo AC : x + 2 y - 9 = 0 . Điểm M (0; 4) nằm trên cạnh BC . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho  biết rằng diện tích của hình chữ nhật đó bằng 6 , đường thẳng CD  đi qua N (2;8) và đỉnh C  có tung độ  là một số nguyên.  Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho mặt phẳng (P ) : x + y + z + 3 = 0 và hai  uuur uuur  điểm A(3;1;1), B (7;3; 9) . Tìm trên mặt phẳng (P ) điểm M  sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.  Câu 9.a (1.0 điểm). Trong một chiếc hộp có 6 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên  trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 bi lấy ra không có đủ cả ba màu.  B. Theo chương trình Nâng cao  Câu 7.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ (Oxy ) , cho hình chữ nhật ABCD . Hai điểm B, C  thuộc trục tung. Phương trình đường chéo AC : 3x + 4 y - 16 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ  nhật đã cho biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD  bằng 1.  x -1 y + 1 z -1 Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) : = = và  1 - 2 3 hai điểm A(2;1;1); B (1;1; 0) . Tìm điểm M  thuộc (D ) sao cho tam giác AMB  có diện tích nhỏ nhất.  1+ lg( x + y ) ïì10 = 50 Câu 9.b (1.0 điểm). Giải hệ phương trình í .  ïî lg( x - y ) + lg( x + y ) = 2 - lg 5 ­­­­­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­­­­  Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://www.boxmath.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl
  2. SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP                                              ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM  ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014  ĐỀ CHÍNH THỨC  Môn: TOÁN; Khối A, A1  và khối B  (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)  Câu  Đáp án  Điểm  1  a. (1,0 điểm)  (2,0 điểm) Khi m = 0 ta có y = - x 3 + 3 x 2 + 1 0,25  ·  Tập xác định: D = ¡ ·  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = -3x 2 + 6 x ; y ' = 0 Û x = 0 hoặc x = 2 Khoảng đồng biến: (0;2) ; các khoảng nghịch biến: (-¥ ; 0) và (2; +¥) 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = 1 ; đạt cực đại tại x = 2, yCÑ = 5 - Giới hạn: lim y = +¥ ; lim y = -¥  x ®-¥ x ®+¥ - Bảng biến thiên: 0,25 x -¥ 0 2 +¥ y' - 0 + 0 - y +¥ 5 1 -¥  ·  Đồ thị:  0,25  b. (1,0 điểm)  Ta có: y ' = -3x 2 + 6 x + 3m 2 + 6m 0,25  é x = -m y ' = 0 Û x 2 - 2 x - m (m + 2) = 0 Û ê ë x = m + 2 Hàm số có hai cực trị Û y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt Û m + 2 ¹ - m Û m ¹ - 1 0,25  3 Với x = - m Þ y = -2 m - 3m + 1 2 0,25  Với x = m + 2 Þ y = 2 m 3 + 9 m 2 + 12 m + 5 ( ) ( Tọa độ hai điểm cực trị là A -m; -2m 3 - 3m 2 + 1 và B m + 2; 2 m 3 + 9 m 2 + 12m + 5 ) ïì x + xB = 2 xI ém = 0 0,25  I (1;3 ) là trung điểm của AB Û í A Û 6m 2 + 12m = 0 Û ê ï y A + yB = 2 yI î  ë m = -2 Vậy giá trị m cần tìm là m = 0, m = - 2 .  2  Điều kiện: cos x ¹ 0 .  0,25 (1,0 điểm)  Phương trình đã cho tương đương với cos2 x + sin x = cos x + sin 2 x
  3. Û (cos x - sin x )(cos x + sin x - 1) = 0 0,25 p 0,25 cos x - sin x = 0 Û tan x = 1 Û x = + kp (k Î ¢ ) 4 é x = k 2p 0,25  æ pö 1 p p cos x + sin x = 1 Û cos ç x - ÷ = Û x - = ± + k 2p Û ê (k Î ¢ ) è 4ø 2 4 4 ê x = p + k 2p êë 2 p Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm x = + kp hoặc x = k 2p . (k Î ¢ ) 4 3  ìï 4 x 2 + 4 xy + y 2 + 2 x + y - 2 = 0 (1) 0,25  (1,0 điểm)  Xét hệ phương trình í 2 ïî 8 1 - 2 x + y - 9 = 0 (2) 1 Điều kiện: 1 - 2 x ³ 0 Û x £  . Đặt t = 2 x + y , phương trình (1) trở thành: 2 ét = 1 t2 + t - 2 = 0 Û ê ë t = -2 Nếu t = 1 thì 2 x + y = 1 Û 1 - 2 x = y ³ 0 . Thế vào phương trình (2) ta được phương trình 0,25  8 y + y 2 - 9 = 0 Đặt u = y ³ 0 , phương trình trở thành: ìx = 0 u 4 + 8u - 9 = 0 Û (u - 1)(u3 + u2 + u + 9) = 0 Û u = 1 . Khi đó hệ có nghiệm í î y = 1 Nếu t = - 2 thì 2 x + y = -2 Û 1 - 2 x = y + 3 ³ 0 . Thế vào phương trình (2) ta được  0,25  phương trình é y = -3 8 y + 3 + y 2 - 9 = 0 Û 8 y + 3 + ( y - 3)( y + 3) = 0 Û ê êë 8 + ( y - 3) y + 3 = 0 ì 1 ïx = Với y = - 3 thì hệ có nghiệm í 2 ï y = -3 î  Xét phương trình 8 + ( y - 3) y + 3 = 0 (3)  0,25  Đặt v = y + 3 ³ 0 , phương trình (3) trở thành: v3 - 6 v + 8 = 0 Xét hàm số f (v) = v3 - 6 v + 8 , ta có: f '(v) = 3v 2 - 6 và f '(v) = 0 Û v = ±  2 Hàm f (v ) đạt cực đại tại (- 2;8 + 4 2) , đạt cực tiểu tại ( 2;8 - 4 2) Vì f (0) = 8 > 0 và 8 - 4 2 > 0 nên f (v) = 0 không có nghiệm v ³ 0 ì 1 ìx = 0 ïx = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là í ;í 2 .  î y = 1 ï y = -3 î  4  1 1 0,25 3 4 5 (1,0 điểm)  Ta có: I = ò x x + 1dx - ò x dx 0 0 1 1 é x6 ù 0,25  5 1 ò 0x dx = ê ú = ë 6 û0 6 Đặt t = x 4 + 1 Þ t 2 = x 4 + 1 Þ tdt = 2 x 3 dx 0,25 Đổi cận: x = 0 Þ t = 1 ; x = 1 Þ t =  2 2 2 1 2 1 é t3 ù 2 1 Suy ra: I = ò 1t dt = ê ú = - 2 2 ë 3 û1 3 6
  4. 2 -1 0,25  Vậy I =  .  3 5  (1,0 điểm)  Gọi H = DK Ç IC , do ABCD  là hình vuông cạnh a  nên ta suy ra được 0,25  a 5 CK .CD a 5 3a 5 IC ^ DK , DK = IC =  , CH = =  , IH =  2 DK 5 10 a 3 1 1 1 a3 3 0,25  Xét D A ' AI ta được A ' I =  . Suy ra: VA '.IDK = .SIDK . A ' I = . .DK .IH . A ' I =  2 3 3 2 16 ì DK ^ IH 0,25  Do í Þ DK ^ ( A ' IH ) Þ ( A ' IH ) ^ ( A ' DK ) î DK ^ A ' I Trong ( A ' IH ) , kẻ IE ^  A ' H . Suy ra: IE ^ ( A ' KD ) Þ IE = d (I ,( A ' KD ) 1 1 1 4 20 32 3a 2 0,25  Xét tam giác D A ' IH : 2 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 Þ IE =  IE A'I IH 3a 9a 9a 8 3a 2 Vậy d (I ,( A ' KD ) =  .  8 6  x 2 y 2 z2 1 1 1 3 0,25  (1,0 điểm)  Ta có: A = + + + + + ³ 3 3 xyz +  y z x x y z 3 xyz x+y+z 1 0,25  Đặt t =  3 xyz ta có 0 < t = 3 xyz < £  3 2 3 3 9 15 0,25  Khi đó: P ³ 3t + = 12 t + - 9 t ³ 2 36 - =  t t 2 2 1 0,25  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =  2 15 Vậy min A =  .  2 7.a  0,25 (1,0 điểm) 
  5. Vì C Î AC : x + 2 y - 9 = 0 Þ C (9 - 2c; c ) uuur uuuur  Khi đó NC = (7 - 2c; c - 8), MC = (9 - 2c; c - 4) Khi đó ta có: uuur uuuur  éc = 5 NC.MC = 0 Û (7 - 2c)(9 - 2c) - (c - 8)(c - 4) = 0 Û ê 19 êc = êë 5 Vì C  có tung độ là một số nguyên nên C (- 1; 5) 0,25  Từ M  kẻ đường thẳng vuông góc với BC  cắt AC  tại A ' æ 1 22 ö Khi đó MA ' : 2 x - y + 4 = 0 . Suy ra A ' ç ; ÷ è 5 5 ø  1 1 0,25  Ta có SA ' MC = .MA '.MC =  2 3 Hai tam giác ABC  và A ' MC  nên æ CB ö 2 SABC 3 uuur uuur  ìï x + 1 = 3.1 ç ÷ = = = 9 Þ CB = 3CM Þí B Þ B(2; 2) è CM ø S A ' MC 1 îï yB - 5 = 3.(-1) 3 uuur uuur  Tương tự CA = 3CA ' Þ A(3;3) 0,25  uuur uuur  Từ AB = DC Þ D (0; 6) Vậy A(3;3), B(2;2), C (- 1; 5), D (0; 6) .  8.a  Gọi I  là trung điểm của đoạn AB  thì I (5; 2; 5) 0,25 (1,0 điểm)  uuur uuur uuur  Ta có: MA + MB = 2 MI = 2 MI uuur uuur  MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất Û MI  nhỏ nhất Û M  là hình chiếu của I  trên mp(P)  0,25  r  Đường thẳng D  qua I  và vuông góc với mặt phẳng (P) nhận n = (1;1;1) là VTCP có  0,25  x -5 y -2 z-5 phương trình = =  1 1 1 Tọa độ giao điểm của M  của D  và (P) là nghiệm của hệ phương trình: 0,25  ìx -5 y-2 z-5 ìx = 0 ï = = ï í 1 1 1 Û í y = -3 ïx + y + z + 3 = 0 ïz = 0 î î  Vậy M (0; - 3; 0) .  9.a  Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp là C154 = 1365 cách  0,25  (1,0 điểm)  Các trường hợp cho ra 4 viên bi có đủ 3 màu là: 0,25  ·  2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng: C62C51C41 = 300 ·  1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng: C61C52C41 = 240 ·  1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng: C61C51C42 = 180 Theo quy tắc cộng, cách chọn ra 4 viên bi có đủ ba màu là: 300 + 240 + 180 = 720 cách  Do đó số cách chọn ra 4 viên bi không có đủ ba màu là: 1365 - 720 = 645 cách  0,25  645 43 0,25 Vậy xác suất cần tìm là: P = =  .  1365 91
  6. 7.b  0,25  (1,0 điểm)  Ta có C  là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC  nên C ( 0; 4 ) Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD  bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp  tam giác ABC  cũng bằng 1.  Vì B  nằm trên trục tung nên B(0; b ) . Đường thẳng AB  đi qua B  và vuông góc với BC º Oy : x = 0 nên AB : y = b æ 16 - 4b ö 0,25  Vì A  là giao điểm của AB  và AC  nên A ç ;b÷ è 3 ø  Gọi r  là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Ta có 16 - 4b b-4 . 2.SABC 3 1 S= = = b-4 AB + BC + CA 2 3 16 - 4b 2 æ 16 - 4b ö b-4 + + (b - 4) + ç ÷ 3 è 3 ø  Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 0,25  Với b = 1 ta có A(4;1), B (0;1) . Suy ra: D (4; 4) 0,25  Với b = 7 ta có A(-4; 7), B(0; - 7) . Suy ra: D(- 4; 4) .  uuuur uuur  8.b  Gọi M (1 + t; -1 - 2t;1 + 3t ) Πd . Ta có: AM = (-1 + t; -2 - 2 t;3t ), AB = (-1; 0; -1) 0,25 (1,0 điểm)  uuuur uuur é AM , AB ù = (-2t - 2; 2t + 1; 2t + 2) Þ S 1 é uuuur uuur ù 1 0,25 AMB = AM , AB = 12t 2 + 20t + 9 ë û 2 ë û 2 2 0,25  1 æ 5ö 2 1 2 = 12 ç t + ÷ + ³ .  2 è 6 ø  3 2 3 5 æ1 2 3ö 0,25  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = -  . Vậy M ç ; ; - ÷ .  6 è 6 3 2 ø  9.b  ìx - y > 0 0,25  (1,0 điểm)  Điều kiện í î x + y > 0 Ta có: (1) Û 50 = 10.10 lg( x + y ) = 10( x + y) Û x + y = 5 0,25  10 100 0,25  Thế vào (2) ta được: lg( x - y ) = 2 - 2 lg 5 Û x - y = 10 2-2 lg5 = lg 5 2 = = 4 (10 ) 25 ì 9 0,25  ìx + y = 5 ïï x = 2 Hệ đã cho tương đương với í Ûí îx - y = 4 ïy = 1 ïî  2 æ9 1ö Vậy hệ phương trình có nghiệm là ç ; ÷ .  è 2 2 ø  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://www.boxmath.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản