intTypePromotion=3

Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 2 môn Toán (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

0
54
lượt xem
0
download

Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 2 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

Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 2 môn Toán - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu 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 dành cho các bạn học sinh khối A, A1 và B.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 2 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 2 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) mx  1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  (1) có đồ thị là ( Cm ). x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  2 . b) Tìm m để trên đồ thị ( Cm ) có hai điểm M , N cùng cách đều hai điểm A(3;6), B(3; 0) và tạo thành tứ giác AMBN có diện tích bằng 18 (đvdt).  sin 2 x  cos 2 x  4 2 sin( x  )  3cos x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 4 1 . cos x  1  y  y 2  2 y  5  3 x  x 2  4 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y   ) . 2 2  y  x  3 y  3x  1  0 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x  1 3 ln  x  1  dx .  3 ( x  1)  x 1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a 3 ,   SCB SAB   900 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC theo a . 2 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa điều kiện x 4  y 4   3 xy  3 . Tìm giá trị lớn nhất xy 16 của biểu thức P  x 2 y 2  . x  y2  22 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 tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H  1;3 , tâm đường tròn ngoại tiếp I (3; 3) và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là K  1;1 . Tìm tọa độ của các đỉnh A, B, C. Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  5; 2; 2  , B (3; 2;6) . Tìm toạ độ   450 . điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  z  5  0 sao cho MA  MB và MAB Câu 9.a (1.0 điểm). Tìm số phức z thỏa các điều kiện z  1  i  z và z 2  4( z  2i ) là số thực . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A  4;3 , đường phân  3 giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I  2;  .  2 Viết phương trình cạnh BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 2 lần diện tích tam giác IBC . Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1; 1;0) , đường thẳng x  2 y 1 z 1 :   và mặt phẳng ( P) : x  y  z  2  0 . Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) biết 2 1 1 đường thẳng AM vuông góc với  và khoảng cách từ M đến đường thẳng  là nhỏ nhất. Câu 9.b (1.0 điểm). Trong một hộp có 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50, chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để tổng ba số trên ba viên bi được chọn là một số chia hết cho 3. -------------- 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:.............................. 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 (2,0 điểm) 2x 1 0,25 Khi m  2 ta có hàm số y  x 1 1 TXĐ: D   \ 1 , y '   0, x  D ( x  1)2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng: (;1) và (1;  ) 0,25 Giới hạn và tiệm cận: lim y  ; lim y    tiệm cận đứng: x = 1 x 1 x 1 lim y  lim y  2  tiệm cận ngang y = 2 x  x  Bảng biến thiên: 1 0,25 x  + y’   2 + y  2 1  y 0,25 Đồ thị: Đi qua các điểm  ; 0  ,  0; 1 và nhận 2  giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng.   2  1   0 1 1 x 2 b) 1,0 Ta có: M , N cách đều A, B nên M , N  d : y  x  3 là đường trung trực của A, B 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và d : mx  1  x  3  x 2  (m  2) x  2  0, x  1 (1) x 1 Để d cắt (Cm ) tại hai điểm phân biệt M , N  (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 0,25   (m  2) 2  8  0   m  1 (*) m  1  0 x  x  m  2 0,25 Khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Theo định lí Vi-et, ta có :  1 2  x1 x2  2 Gọi M ( x1 ; x1  3), N ( x2 ; x2  3)  MN  2[( x1  x2 ) 2  4 x1 x2 ]  2[( m  2) 2  8] 1 Diện tích tứ giác AMBN bằng 18  AB.MN  18  3 2. 2[(m  2) 2  8]  18 2
  3. m  1  (m  2) 2  1   m  3 So với điều kiện (*) suy ra giá trị m cần tìm là m=3 0,25 2 Điều kiện: x  k 2 , k  Z 0,25 (1,0 điểm) Khi đó, phương trình đã cho tương đương: sin 2 x  cos 2 x  4  s inx  cos x   3cos x  cos x  1  0  s inx  0 0,25  s inx(cos x  s inx  2)  0   cos x  s inx  2  0(VN )  x  k 0,25 So với điều kiện ban đầu, suy ra x    k 2 , k  là nghiệm phương trình. 0,25 3  y  y 2  2 y  5  3x  x 2  4 (1) 0,25 (1,0 điểm) Xét hệ phương trình  2 2  y  x  3 y  3 x  1  0 (2) Ta có : (2)  3 x  x 2  y 2  3 y  1 . Thay vào (1) ta được: y  y 2  2 y  5  x 2  y 2  3 y  1  x 2  4  ( y  1) 2  ( y  1) 2  4  x 2  x 2  4 (*) 1 0,25 Xét hàm số f (t )  t  t  4 với t  0 . Ta có f / (t )  1   0 với mọi t  0 2 t4 Suy ra f (t ) đồng biến trên [0; ) . Do đó  x  y 1   (*)  f ( y  1)2  f ( x 2 )  ( y  1) 2  x 2   x  1 y  1 0,25 x  y 1  x  2 Với x  y  1 , ta có hệ  2 2   y  x  3 y  3x  1  0 y  3  2  1 0,25 x  1 y  x  4 Với x  1  y , ta có hệ  2 2   y  x  3 y  3x  1  0 y  3  4 1 3 1 3 Vậy hệ có hai nghiệm:  ;  ;  ;  2 2 4 4 4 2 1 x 1  x 1  2 0,25 (1,0 điểm) Ta có: I   ln   dx 2 3 x  1  x  1  ( x  1) 2 x 1 2 x  2  t  3 0,25 Đặt t   dt  2 dx . Với x 1 ( x  1) x  3  t  2 3 1 Do đó I  t.ln tdt 2 2 1 0,25 u  ln t  du  dt t t2 3 13 t2 3 t2 3 Đặt . Suy ra I  ln t  tdt  ln t  t2 4 2 4 2 4 2 8 2 dv  tdt  v  2 9 5 0,25 I  ln 3  ln 2  4 8
  4. 5 S (1,0 điểm) K H C A B Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC). Ta có: 0,25 SH  ( ABC )  AB    AB  ( SHA)  HA  HA  AB . Tương tự HC  BC SA  AB (gt)  Và ABC vuông cân tại B Suy ra tứ giác HABC là hình vuông Ta có: AH / / BC  ( SBC )  AH / / ( SBC ) 0,25  d [ A, ( SBC )]  d [ H , ( SBC )]  a 2 BC  HC  Dựng HK  SC tại K (1). Do   BC  ( SHC )  BC  HK (2) BC  SH  (1) và (2) suy ra HK  ( SBC ) . Từ đó d [ H , ( SBC )]  HK  a 2 Tam giác HKC vuông tại K  KC  HC 2  HK 2  3a 2  2a 2  a 0,25 HK SH HK .HC a 2.a 3 SHC  HKC    SH   a 6 KC HC KC a Thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi: 1 1 1 a3 6 VS . ABC  S ABC .SH  AB.BC.SH  a 3.a 3.a 6  (đvtt) 3 6 6 2 Gọi I là trung điểm của SB. Chứng minh được H, A, C đều nhìn SB dưới một góc vuông 0,25 1 Suy ra IA  IB  IC  IS  IH  SB , nên I là tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp 2 S .HABC , cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 1 1 1 (S) có bán kính R  SB  SH 2  HB 2  6a 2  6a 2  a 3 2 2 2 Suy ra (S) có diện tích là S  4 R 2  4 (a 3) 2  12 a 2 (đvdt) 6 Ta có: x 2  y 2  2 xy 0,25 (1,0 điểm) 16 Do đó: P  x 2 y 2  2 xy  2 2 2 0,25 Từ giả thiết ta có 3xy  3  x 4  y 4   2x2 y 2  xy xy 2 Đặt t  xy  0 , ta được: 3t  3  2t 2   2t 3  3t 2  3t  2  0  (t  1)(t  2)(2t  1)  0 t 1  (t  2)(2t  1)  0   t  2 vì t  0 2 8 8 1  0,25 Khi đó: P  t 2  (1). Xét hàm số f (t )  t 2  trên  ; 2  t 1 1 t 2 
  5. Ta có 8 1  f / (t )  2t  2 , t   ; 2  (1  t ) 2  1 1 /  t 2  t 2 f (t )  0   2  2  t 1 t (t  1) 2  4  0 (t  1)(t 2  3t  4)  0    1  67 20 20 0,25 Ta lại có f (1)  5, f    , f (2)  . Suy ra f (t )  Max f (t )  (2)  2  12 3  1   ;2  3 2  20  xy  2 Từ (1) và (2) suy ra P  . Dấu đẳng thức xảy ra khi  x y 2 3 x  y  0 20 Vậy MaxP  x y 2 . 3 7.a A 0,25 (1,0 điểm) H I K M C B D  Đường thẳng BC qua K nhận KH  (0; 2) làm vectơ pháp tuyến  Phương trình đường thẳng BC : y  1  0 Gọi M là trung điểm BC  Phương trình đường thẳng IM : x  3  0 M  BC  IM  Tọa độ điểm M là (3;1)  DB  AB 0,25 Gọi D là điểm đối xứng với A qua I . Ta có   DB / / CH CH  AB Tương tự DC / / BH nên tứ giác HBDC là hình bình hành nên M là trung điểm HD .   Xét tam giác AHD có IM là đường trung bình nên AH  2 IM  A(1; 5) b  1 0,25 Gọi B (b;1)  BC . Ta có IB  IA  (b  3) 2  16  16  4   b  5 Với b  5  B(5;1)  C (1;1) 0,25 Với b  1  B(1;1)  C (5;1) Vậy A(1; 5), B (5;1), C (1;1) hoặc A(1; 5), B(1;1), C (5;1)  8.a AB  (2;0; 4) . Trung điểm I của đoạn thẳng AB có toạ độ  4; 2; 4  0,25 (1,0 điểm) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của AB   Q  : 2  x  4   0  y  2   4  z  4   0   Q  : x  2 z  4  0 Ta có MA  MB  M  (Q) 0,25 Theo giả thiết M  ( P )  M  d  ( P )  (Q)    Chọn ud   nP , nQ    2; 5;1 là vectơ chỉ phương của d , điểm N  0;3; 2  thuộc mặt 0,25
  6.  x  2t  phẳng (P) và (Q) suy ra d :  y  3  5t .  z  2t    Gọi toạ độ M  2t ;3  5t ; 2  t   AM  (2t  5;5  5t ; t ); BM  (2t  3;5  5t ; t  4) 0,25 Theo giả thiết MA  MB và MAB   450  MAB vuông cân tại M   2 Suy ra AM .BM  0   2t  5  2t  3   5  5t   t  t  4   0 4  3t 2  7t  4  0  t  1  t  3 Với t  1  M  2; 2;3 4  8 11 10  Với t  M ; ;  3 3 3 3  9.a Gọi z  x  yi ( x, y  R) . Ta có z  1  i  z  ( x  1)  ( y  1)i  x  yi 0,25 (1,0 điểm)  ( x  1) 2  ( y  1) 2  x 2  y 2  y  x  1 (1) z 2  4( z  2i )  ( x  yi )2  4[ x  ( y  2)i ]  x 2  y 2  4 x  2( xy  2 y  4)i 0,25 Để z 2  4( z  2i ) là số thực  xy  2 y  4  0 (2)  y  x 1  y  x 1  x  3  x  2 0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ   2    xy  2 y  4  0 x  x  6  0  y  4  y  1 Vậy z  3  4i hoặc z  2  i . 0,25 7.b 5 0,25 (1,0 điểm) Ta có IA  . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có dạng A 2 3 25 (x 2)2  (y ) 2  2 4 I Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC . B K C H Tọa độ của D là nghiệm của hệ  x  y 1  0  x  4, y  3  D(4;3) (loai)   D  3 25   1 1 1 1 (x 2)2  (y ) 2   x  , y    D( ;  )  2 4  2 2 2 2 Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC . 0,25  3 Do đó ID  BC hay đường thẳng BC nhận DI  ( ; 2) làm vec tơ pháp tuyến. 2 Phương trình cạnh BC có dạng 3 x  4 y  c  0 Do S ABC  2 S IBC nên AH  2 IK ( Với H , K lần lượt là hình chiếu của A, I lên BC ) 0,25 24  c 12  c Mà AH  d ( A, BC )  và IK  d ( I , BC )  nên 5 5 c  0 AH  2 IK  24  c  2 12  c   c  16 Suy ra phương trình của cạnh BC là 3 x  4 y  0 và 3 x  4 y  16  0 0,25 8.b Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với  . Khi đó pt (Q) : 2 x  y  z  3  0. 0,25 (1,0 điểm) Ta có nQ (2;  1; 1), nP (1; 1; 1). Từ giả thiết suy ra M thuộc giao tuyến d của (P) và (Q). Chọn ud  [nP , nQ ]  (2; 1;  3) là vectơ chỉ phương của d và N (1; 0; 1)  d nên 0,25
  7.  x  1  2t  phương trình tham số của d là  y  t .  z  1  3t  Vì M  d suy ra M (1  2t ; t ; 1  3t ). 1 1 0,25 Gọi H là giao điểm của  và mặt phẳng (Q). Suy ra H (1;  ; ). 2 2 2 2  1  1 1 Ta có d ( M , )  MH  (2t )   t     3t    14t 2  2t  . 2  2  2 2 1 1  8 1 11  0,25 d ( M , ) nhỏ nhất khi f (t )  14t 2  2t  nhỏ nhất  t   M  ; ;  2 14  7 14 14   8 1 11  Vậy M  ; ;  .  7 14 14  9.b 3 3 0,25 Chọn 3 viên bi từ 50 viên bi có C50 cách    C50 (1,0 điểm) Gọi A là biến cố để tổng ba số trên ba viên bi được chọn là một số chia hết cho 3 0,25 Trong 50 viên bi ban đầu chia thành 3 loại: 17 viên bi có số chia cho 3 dư 1; 17 viên bi có số cho 3 dư 2; 16 viên bi có số chia hết cho 3. Để tìm số cách chọn 3 viên bi có tổng số là một số chia hết cho 3, ta xét 2 trường hợp: 0,25 TH1: 3 viên bi được chọn cùng một loại  có C173  C173  C163  1920 cách 1 TH2: 3 viên bi được chọn có mỗi viên một loại  có C17 1 .C171 .C16  4624 cách Suy ra  A  1920  4626  6544 A 6544 409 0,25 Vậy xác suất cần tìm là P( A)     19600 1225 -------------------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