Đề thi thử tuyển sinh ĐH năm 2014 môn Toán khối A,A1,B,D - Đề 1 (kèm Đ.án)

Chia sẻ: Trần Thị Trúc Diễm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử Đại học năm 2014 môn Toán bao gồm các câu hỏi tự luận kèm đáp án giúp các thí sinh có thêm tư liệu chuẩn bị ôn thi Đại học với kết quả tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh ĐH năm 2014 môn Toán khối A,A1,B,D - Đề 1 (kèm Đ.án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Trường PTTH Môn: TOÁN; Khối A – A1 –B- D ĐỀ 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm tọa độ điểm M trên sao (C) cho khoảng cách từ điểm I(–1 ; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất. Câu II (2,0 điểm) 1 1 1. Giải phương trình: sin 2x  sin x    2cot 2x . 2sin x sin 2x  2. Giải hệ phương trình :    y3  x 3 9  x 3  trên tập số thực 2 2  x y  y  6x     sin  x   2  4 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =  dx .  2sin x cos x  3 4 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp OABC có 3 cạnh OA, OB, OC vuông góc với nhau đôi một tại O, OB = a, OC = a 3 và OA = a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. 1. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC ). 2. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và OM. Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn 5 nhất của biểu thức P  xy  yz  zx  . x yz . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mp tọa độ Oxy, cho ABC có A(2 ; 5), B(–4 ; 0), C(5 ; –1). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và chia ABC thành 2 phần có tỉ số diện tích bằng 2. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A   2; 5;0 . Viết phương trình đường 0 thẳng d qua A biết d cắt Oz và tạo với Oz một góc 60 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm các số phức z thỏa mãn | z - 1 | = | z + 3 | và | z |2 + z 2 = 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)  16 23  1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H   ;  , phương trình  27 9   5 5 cạnh BC: x – 6y + 4 = 0 và trung điểm cạnh AB là K   ;  . Viết phương trình  2 2 các đường thẳng AB, AC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  2  0 và mặt phẳng (P): x + y + z + 2012 = 0
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S) b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N  (S). Xác định tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất  4 x  2 y  7.2 x 2 y  8  Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ; x, y  R log 2  log 3 x   log 2  log 3 y   1  ------------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:.............................. ĐÁP ÁN Câu I. 2x 1 3 (2,0đ) 1. y   2 x 1 x 1 Tập xác định: D = \{–1}. 0,25 lim y  2 Tiệm cận ngang: y  2 x  0,25 lim y   ; lim y   Tiệm cận đứng: x  1 x 1 x 1 3 x – –1 + y'  > 0, xD ( x  1)2 y’ + + + 2 0,25 y 2 – Hàm số tăng trên từng khoảng xác định y 5 4 3 2 0,25 1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 x -1 -2  3  2. Nếu M  x0 ; 2     (C ) thì tiếp tuyến tại M có phương trình  x0  1   3 3 0,25 y2  ( x  x0 ) hay x0  1 ( x0  1)2 3( x  x0 )  ( x0  1) 2 ( y  2)  3( x0  1)  0 Khoảng cách từ I(–1 ; 2) tới tiếp tuyến là 3(1  x0 )  3( x0  1) 6 x0  1 6 d   0,25 9  x0  1 4 4 9  ( x0  1) 9 2  ( x0  1)2 ( x0  1) 9 Theo bất đẳng thức Côsi  ( x0  1) 2  2 9  6 , vậy d  6 . ( x0  1) 2 9 0,25 Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi và chỉ khi  (x 0  1) 2 (x 0  1) 2  (x0 + 1)2 = 3  x 0  1  3
 Vậy có hai điểm M : M 1  3; 2  3   hoặc M  1  3 ;2  3  0,25 Câu II 1 1 (2,0đ) 1. Giải phương trình: sin 2x  sin x    2cot 2x . 2sin x sin 2x  sin x  0 Điều kiện:  (i) 0,25 cos x  0 pt  sin 2 2x  sin 2x.sin x  cos x  1  2cos 2x 0,25 cos 2x   cos 2x  cos x  2   0 cos 2x  0 0,25  2  2cos x  cos x  1  0 : VN  k x  ( thỏa điều kiện (i) ) 0,25 4 2 2. Giải hệ phương trình:     y3  x 3 9  x 3  trên tập số thực 2 2  x y  y  6x  Khi x = 0  y = 0 0,25 (0 ; 0) là nghiệm của hpt. Khi x  0 , ta có 3 y3  y  y x 6  y3  9x 3  x 3  3  9   x    3y  x    9 x  x  x 0,25  y Mà x 2 y  y 2  6x  y  x    6  x Do đó 3 3  y  y  y  y 0,25  x    3y  x    9   x    27   x    3  y  2  x  x  x  x y  2  y  2 Ta có  2  x  1  x  2 0,25 x  x  3  Vậy HPT có nghiệm (0 ; 0) , (1 ; 2) , (2 ; 2) Câu III     (1,0đ) 2 sin  x    4 1 2 sin x  cos x 0,25 Tính tích phân I =  dx =    sin x  cos x 2  2 dx  2sin x cos x  3 2 4 4 Đặt t = sinx – cosx  dt = (cosx + sinx)dx  Đổi cận: x = t=0 4  0,25 x= t=1 2 1 1 1 I=   t 2  2 dt 20
  Đặt t  2 tan u  dt  2 1  tan 2 u  du ;  u 2 2 1 arctan 0,25 1 2 2 1  tan 2 u  I=   du 2 0 2 tan 2 u  2 1 1 arctan 2 1 1  u 0 =  arctan 0,25 2 2 2 z Câu IV Trong tam giác OBC, vẽ đường cao OK (1,0đ) Trong tam giác OAK, vẽ đường cao OH a 3 A 0,25 Chứng minh OH vuông góc mp (ABC) 1 1 1 1 1 1 5 N 2  2  2  2  2  2  2 OH OA OK OA OB OC 3a 0,25 a 15 O C Suy ra d(O, (ABC)) = OH = 5 a 3 y Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0), B M A(0; 0; a 3); B ( a; 0; 0), C (0; a 3; 0), a a a 3   a 3 a 3 x M ; ; 0   N  0; ; . 2 2   2 2        a a 3    a 3 a 3   OM   ; 2 ; 0  , ON   0;   ;  0,25  2   2 2      3a 2 a 2 3 a 2 3   [OM ; ON ]    4 ; ; ,  4 4    n  ( 3; 1; 1) là VTPT của mp ( OMN )  Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến n : 3 x  y  z  0 3.a  0  0 a 3 a 15 Ta có: d ( B; (OMN ))    . Vậy: 3 11 5 5 a 15 d ( B; ( NOM ))  . 0,25 5 MN là đường trung bình của tam giác ABC  AB // MN a 15  AB //(OMN)  d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d ( B; ( NOM ))  . 5 Câu V 2   x 2  y2  z 2  2 (1,0đ) x  y  z  x  y  z 3 Ta có : xy  yz  zx   . 0,25 2 2 Đặt t = x + y + z, ta có: t2  3 0,25 0  xy  yz  zx   x 2  y2  z 2  3  3  t  3 . 2 t2  3 5 ' 5 t3  5 Khi đó, ta có: P  f  t    , f  t   t  2  2  0, t  3 . 2 t t t 0,25 14 Vậy ta có: P  f  t   f  3  . 3
14 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy max P  . 0,25 3 Câu SAMC VI.a 1. TH1: Ta có: 2 1 SAMB (2,0 điểm) 1 0,25 CM . AH MC Trong ABC, dựng đường cao AH. (1)  2  2 1 MB BM . AH 2    1 Khi đó: MC  2MB  M (1;  ) 3 0,25 Pt đường thẳng d1: 16x – 9y – 4 = 0 S TH2: AMB  2  2  SAMC 2 0,5 Cm tương tự:  M (2;  ) 3 Pt đường thẳng d2: x – 2 = 0 2. Gọi K là giao điểm của d và trục Oz  K(0 ; 0 ; k)   0,25   AK   2;5; k ; k   0; 0;1   k 1   cos AK ; k  cos 600  27  k 2  2  k  3 0,25    K  0; 0; 3  , AK   2;5; 3  0,25 x y z 3 x y z 3 Phương trình d :   ;   0,25  2 5 3  2 5 3
Câu Gọi z = a + bi (a, b ), ta có: VII.a (1,0  a  1 0,25 điểm) | z - 1| = | z + 3 |   (1) b  R a 2  1  a  1 | z |2 + z 2 = 2    (2) 0,25 ab  0 b  0 1   a  1   Vậy z = – 1 0,5  2   b  0 Câu VI.b 1. đt AH qua H vuông góc BC  (AH) : 6x + y + 1 = 0 (2,0đ) A thuộc AH suy ra A(a ; –6a – 1 ) 0.25 B thuộc BC suy ra B(6b – 4 ; b) K trung điểm AB suy ra a = –1 ; b = 0 . Suy ra A(–1 ; 5) , B(–4 ; 0) 0.25 Pt (AB): 5x – 3y + 20 = 0 đường cao CH qua H , vuông góc AB : (CH) : 3x + 5y – 11 = 0 0.25 HC cắt BC tại C suy ra C(2; 1) suy ra pt (AC) : 4x + 3y – 11 = 0 0.25 2. a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S) 0,25 (S) có tâm I(1 ; –2 ; 3) , bán kính R = 4 (Q): x + y + z + D = 0 (D  2012) 0,25 d  I ,  Q    4  D  2  4 3 0,25 Vậy (Q) : x + y + z 2  4 3  0 0,25 b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N  (S). Xác định tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất. MN2 = IM2 – R2 MN nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất suy ra M là hình chiếu vuông góc 0,5 của I lên mặt phẳng (P). phương trình đường thẳng IM: x – 1 = y + 2 = z – 3 0,25 x  1  y  2  z  3 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:   x  y  z  2012  0 0,25  2017 2008 2023  Vậy M  ; ;   3 3 3  Câu VII.b  x  2 y  7.2 x 2 y  8 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ; x, y  R log 2  log 3 x   log 2  log 3 y   1  Điều kiện x > 1 ; y > 1 0,25 ì 4x - 2y - 7.2x - 2y = 8 ï ï í ï log2 (log 3 x )- log2 (log 3 y ) = 1 ï ï î 0,25 ì x - 2y 2 ï 2 ï ( ï í ) - 7.2x - 2y - 8 = 0 ï log (log x ) = log 2 + log (log y ) ï ï î 2 3 2 2 3
2 x2 y  8  x2 y   2  1 0,25  log 2  log 3 x   log 2  log 3 y  2  x  2y  3 x  9 x  1  2  hay  y  2y  3  0 y  3  y  1 0,25 x  9 So điều kiện x > 1 ; y > 1 hệ phương trình có nghiệm  y  3 Đáp án HKG cổ điển cách 2 A a3 N H O a3 C a M K B a 6 a 2 15 b) OM = MN = a , ON =  SOMN = 2 8 a2 3 OB = OM = MB = a  OBM đều  SOBM = 4 a 3 Gọi I là trung điểm OC  NI là đường trung bình của OAC  NI (OBC) và NI = 2 1 a3 VN.OBM = SOBM.NI = 3 8 1 3VNOBM 3a Mặt khác, VN.OBM = SOMN.d[B,(OMN)]  d[B,(OMN)] = = 3 SOMN 15 MN là đường trung bình của tam giác ABC  AB // MN 3a a 15  AB //(OMN)  d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d ( B; ( NOM ))   . 15 5