Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 3 môn Toán (khối A-A1B)- Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

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

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 3 môn Toán (khối A, A1, B)- Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu bao gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 3 môn Toán (khối A-A1B)- Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 -LẦN 3 NGUYỄN QUANG DIÊU Môn : TOÁN KHỐI A-A1-B Thời gian làm bài: 180 phút( không kể thời gian phát đề) ****** I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm): Câu 1:(2điểm ) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  1 (1) 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho ứng với m = 2. 2/ Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C tạo thành tam giác đều. Câu 2: (1điểm ) Giải phương trình: sin 4 x  cos4 x   sin x  cos x  2 Câu 3: (1điểm ) Giải bất phương trình: (x  1)4  x 2  2x  2  6(1  x  x 2 ) . 1 Câu 4: (1điểm ) Tính tích phân I   ln(4  x 2 )dx 0 Câu 5:(1điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B, SA vuông góc với đáy, SA = AB = a, BC = a 3 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp S.GBC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC). Câu 6:(1điểm ) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a  b  b  c  c  a  a  bc  b  ca  c  ab. B. PHẦN RIÊNG (3,0điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn: Câu 7a:(1điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD sao cho AB  2BC với  1 5 điểm A(1;3) , trọng tâm của tam giác ACD là điểm G   ;  . Hãy tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình  3 3 chữ nhật ABCD biết xD  0 . Câu8a:(1điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  z  15  0 và x 1 y z  2 đường thẳng (d) :   . Một hình thoi ABCD có tâm I (1; 3; 2) , hai điểm A, B thuộc đường 2 1 1 thẳng (d) và điểm C thuộc mặt phẳng (P). Hãy viết phương trình đường thẳng BD. Câu 9a:(1điểm ) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau mà mỗi chữ số đều lớn hơn 4. Hãy xác định số phần tử của tập A. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để số được chọn có ba chữ số lẻ đứng kề nhau. B. Theo chương trình nâng cao: Câu 7b:(1điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có điểm A(3; 2) , đường thẳng BC có phương trình: 2x  y  1  0 . Gọi M là chân đường phân giác trong vẽ từ A với AM  3 2 và x M  0 . Tìm tọa độ các điểm B,C. x y z Câu 8b:(1điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm M (0;1;2) ,đường (d) :   2 5 4 và mặt cầu (S) : x 2   y  1   z  1  29 . Tìm tọa điểm N (với xN  0 ) là giao điểm của đường thẳng 2 2 (d) và mặt cầu  S , viết phương trình mặt cầu (S’) có đường kính là MN. Câu 9b:(1điểm ) Cho số phức z  1  3 i . Hãy viết z ở dạng lượng giác và tìm phần thực, phần ảo của z 2014 . ------- 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 Tín Lê Trung (letrungtin87@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 -LẦN 3 NGUYỄN QUANG DIÊU Môn : TOÁN KHỐI A-A1-B ***** ĐÁP ÁN (gồm 6 trang) Câu Nội dung Điểm I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm): Câu 1: 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho ứng với m = 2. 1,0đ m  2 , ta có hàm số y  x  4 x  1 4 2  TXĐ: D  R  Sự biến thiên của hàm số: .Giới hạn của hàm số tại vô cực: lim y   ; lim y   x  x  . Chiều biến thiên: 0,25 x  0  y '  4 x3  8 x ; y '  0   x  2 x   2  Bảng biến thiên: x   2 0 2  y’ - 0 + 0 - 0 + 0,25 y  1  -3 -3 .Hàm số đồng biến trên các khoảng (  2 ;0); ( 2 ;+  ) 0,25 và nghịch biến trên các khoảng (;  2) ; (0; 2 ) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, giá trị cực đại là y(0) = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại x =  2 , giá trị cực tiểu là y( 2)  y( 2)  3  Đồ thị: Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 1) Các điểm khác :(-2; 1), (2 ; 1) 0,25 2/ Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị A, B, C sao cho tam giác ABC ngoại tiếp đường 1,0đ tròn có bán kính r  1 . x  0 y  x 4  2mx 2  1  y '  4 x3  4mx , y '  0  4 x( x 2  m)  0   2 0,25  x  m (*) Hàm số có ba điểm cực trị  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  0 Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là: A  0;1 , B    m ;1  m2 , C  m ;1  m2  0,25 Ta có: AB  AC  m  m4 , BC  2 m 0,25 Tam giác ABC đều  AB  BC  m  m4  2 m 1
 m  0 (l ) 0,25  m  3 3 Vậy m  3 3 Câu2: Giải phương trình: sin 4 x  cos4 x   sin x  cos x  (*) 1,0đ 2 (*)  1  2sin 2 x cos2 x  1  sin 2 x 0,25 1   sin 2 2 x  sin 2 x 0,25 2 sin 2 x  0  sin 2 2 x  2sin2x  0   0,25 sin 2 x  2 (loai)  xk 2 0,25  Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là: x  k k   2 Câu 3: 1,0đ Giải bất phương trình: (x  1)  x  2x  2  6(1  x  x ) (*) 4 2 2 (*)  (x  1)4  (x  1)2  1   6 (x  1) 2  3(x  1)  1 (*’) 0,25  Ta thấy x  1 không phải là nghiệm của (*)  Với x  1  x  1  0 , chia hai vế của (*) cho x +1, ta được: 1  1  (*’)  (x  1) 2  1    6  x 1 3   (1) (x  1) 2  x 1  0,25 1 1 Đặt t  x  1  , Đk : t  2 . Ta có: t 2  (x  1)2  2  x 1 (x  1)2 (1) trở thành : t 2  1   6(t  3)  t 2  1  6(t  3) 2 5t 2  36t  55  0 11   2t 2  t  3 2  t  3 5 0,25 1 11  x  0 2 1  21 1  21  2  x 1   2  x (nhận) x 1 5  5x  x  1  0 10 10  Với x  1  x  1  0 : 0,25 1  1  (*’)   (x  1) 2  1    6  x 1 3   (2) (x  1) 2  x 1  1 Đặt t  x  1  , Đk : t  2 . (2) trở thành: t 2  1  6(t  3) vô nghiệm vì t  2 x 1 1  21 1  21  Vậy bất phương trình đã cho có tâp nghiệm là: S   ;   10 10  Câu4: 1 1,0đ  Tính tích phân sau: I = ln(4  x 2 )dx 0  2 x Đặt   u  ln 4  x 2   du  4  x2 dx 0,25  dv  dx v x 1 x2   1    I   x ln 4  x   2 2 dx 0 4  x2 0 0,25 2
 4   1 1  1 1 1  ln 3  2   1 dx  ln 3  2   dx  2 dx 0 4 x 2  0 2 x 2 x  0 0,25 1 2 x  ln 3  2ln  2 x 0  3ln 3  2 1 0,25 2 x 0 Câu 5: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B, SA vuông góc với đáy, 1,0đ SA = AB = a, BC = a 3 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp S.GBC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC). GM 1 S 1 Gọi M là trung điểm BC, ta có  . Nên GBC  AM 3 SABC 3 a2 3 a2 3 Mà SABC  . Nên SGBC  2 6 0,25 2 3 1 a 3 a 3 VSGBC  . .a  3 6 18 0,25 GM 1 1 Do  suy ra d (G;( SBC ))  d ( A;( SBC )) AM 3 3 0,25 a 2 Gọi I là trung điểm SB, ta có AI   SBC  nên AI  d ( A;( SBC ))  2 a 2 0.25 Nên d (G;( SBC ))  6 Câu6: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a  b  b  c  c  a  a  bc  b  ca  c  ab. 1,0đ Đặt x  a  b , y  b  c , z  c  a thì x  0, y  0, z  0, x2  y 2  z 2  2 và P  x  y  z  xy  yz  zx. 0,25 t 2 2 t 2 Đặt t  x  y  z(t  0) thì xy  yz  zx  và P   t  1. 2 2 0,25 3
  Ta có ( x  y  z )2  3 x2  y 2  z 2  6  t  6. Xét hàm số f (t )  t2 2    t  1 với 0; 6  , có f (t )  t  1  0 t  0; 6   nên hàm số f(t) đồng biến trên 0; 6  . 0,25 Suy ra max f (t )  f  t 0; 6   6  2 6. 1 Do đó GTLN của P bằng 2  6 , đạt được khi và chỉ khi a  b  c   0,25 3 B. PHẦN RIÊNG (3,0điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn: Câu7.a: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD sao cho AB  2BC với điểm A(1;3) và 1,0đ  1 5 trọng tâm của tam giác ACD là điểm G   ;  . Hãy tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật  3 3 ABCD biết xD  0 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Do G là trọng tâm của tam giác ACD nên NA  3NG  N  1;1 0,25  AN   2; 2  Vì ABCD là hình chữ nhật và AB  2BC nên AMND là hình vuông. Gọi I là trung điểm AN  I  0; 2  .Đường thẳng DM đi qua I, có véc tơ pháp tuyến AN   2; 2  0,25  phương trình đường thẳng DM là: x  y  2  0 AN t  1 Đặt D  t; 2  t   DM . ID  2t 2 , AN  2 2 . Ta có: ID   2t 2  2   2 t  1 0,25  . Với t  1  D 1;1 : N là trung điểm CD  C  3;1 .I là trung điểm DM  M  1;3 . M là trung điểm AB  B  3;3 0,25  . Với t  1  D  1;3 : loại Vậy : B  3;3 ,C  3;1 , D 1;1 Câu 8a: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  z  15  0 và đường thẳng x 1 y z  2 1,0đ (d) :   . Một hình thoi ABCD có tâm I (1; 3; 2) , hai điểm A, B thuộc đường thẳng (d) 2 1 1 và điểm C thuộc mặt phẳng (P). Hãy viết phương trình đường thẳng BD. A   d   A(1  2a; a;2  a) . I là trung điểm AC  C 1  2a; 6  a;2  a  0,25 Vì C  (P) nên: 1  2a  2(a  6)  2  a  15  0  a  2  A  5; 2;0  ,C  3; 4;4  0,25 AC   8; 2; 4   2  4;1; 2  B   d   B(1  2b; b;2  b) , IB   2b; b  3; b  . 0,25 1 Vì IB  AC nên 8b  b  3  2b  0  b   3  2 10 1  1  IB    ; ;     2; 10; 1  3 3 3 3 0,25 Đường thẳng BD đi qua diểm I (1; 3; 2) và có véc tơ chỉ phương IB x 1 y  3 z  2  Phương trình đường thẳng BD:   2 10 1 Câu9a: Gọi A là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau mà mỗi chữ số đều lớn hơn 4. Hãy xác định số 1,0đ 4
phần tử của tập A. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để số được chọn có ba chữ số lẻ đứng kề nhau. Vì số tự nhiên nói trên có 5 chữ số khác nhau và mỗi chữ đều lớn hơn 4 nên mỗi số tự nhiên nói trên 0,25 chính một hoán vị của tâp hợp 5;6;7;8;9  số phần tử của tập A là : 5!  120 (số) Gọi a1a 2a 3a 4a 5 là một số được chọn của tập A. Để số được chọn có ba chữ số lẻ đứng kề nhau, có ba trường hợp xảy ra: Ba chữ số lẻ đứng ở các vị trí: 0,25 a1 , a 2 , a 3 hoặc a 2 , a 3 , a 4 hoặc a 3 ,a 4 ,a 5 Do đó số các số tự nhiên có ba chữ số lẻ đứng kề nhau là: 3.3!2!  36 0,25 36 3 0,25 Vậy: Xác suất cần tìm là: P   120 10 B. Theo chương trình nâng cao: Câu7b: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có điểm A(3; 2) , đường thẳng BC 1,0đ có phương trình: 2x  y  1  0 . Gọi M là chân đường phân giác trong vẽ từ A với AM  3 2 và x M  0 . Tìm tọa độ các điểm B,C. M  BC  M  m;2m  1 m  0 AM  3 2   m  3   2m  3  18  5m  6m  0    M  0;1 2 2 2 0,25  m   6 (loai)  5 Đường thẳng AM có véc tơ chỉ phương AM   3;3 Gọi u   a; b  là véc tơ chỉ phương của đường thẳng AB. 3a  3b    2 Theo giả thiết, ta có: BAM  45o  cos u, AM  cos 45o   18. a 2  b 2 2 0,25 a  0  a  b  a 2  b2  ab  0   b  0  Với a  0 , chọn b  1  u   0;1  Phương trình đường thẳng AB là: x  3  0 B  AB  BC  B  3;7  0,25  3  AC  AB  phương trình đường thẳng AC : y  2  0 . C  AC  BC  C   ; 2   2   Với b  0 , chọn a  1  u  1;0   Phương trình đường thẳng AB là: y  2  0  3  B  AB  BC  B   ; 2   2  AC  AB  phương trình đường thẳng AC: x  3  0 . C  AC  BC  C  3;7  0,25  3   3  Vậy: B  3;7  , C   ; 2  hoặc B   ; 2  , C  3;7   2   2  Câu 8b: x y z Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường (d) :   , mặt cầu 1,0đ 2 5 4 (S) : x 2   y  1   z  1  29 và điểm M  0;1; 2  . Tìm tọa điểm N (với xN  0 ) là giao điểm 2 2 của đường thẳng (d) và mặt cầu  S , viết phương trình mặt cầu (S’) có đường kính là MN. Vì N  (d)  (S) nên tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình: . 5
 x  2t 0,25  y  5t   4t 2   5t  1   4t  1  29 2 2 z  4t   x 2   y  12   z  12  29  3  45t 2 18t  27  0  t  1 hoặc t   0,25 5 3  6 12   t    N   ; 3;   Loại 5  5 5 0,25  t  1  N  2;5;4  : Với N  2;5; 4  : Mặt cầu (S’) có tâm I 1;3;3 và bán kính R  IM  6 0,25  Phương trình mặt cầu (S’):  x  1   y  3   z  3  6 2 2 2 Câu 9b: Cho số phức z  1  3 i . Hãy viết z ở dạng lượng giác và tìm phần thực, phần ảo của z 2014 1,0đ 1 3     Ta có: z  1  3 i  2  i   2  cos  i sin  0,25 2 2   3 3    2014 2014  Áp dụng công thức Moivre, ta được: z 2014  22014  cos  i sin  0,25  3 3   1 3   z 2014  22014    i  0,25  2 2   z2014  22013  22013 3 i 0,25 Vậy: z 2014 có phần thực: 22013 , phần ảo: 22013 3 --------------------Hết------------------- Cảm ơn thầy Tín Lê Trung (letrungtin87@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl 6