Đề thi tuyển sinh ĐH lần 1 Toán khối A, A1, B năm 2014 - THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Van Nhu Loan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

90
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử tuyển sinh Đại học lần 1 môn Toán khối A năm 2014 của Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Tháp trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu sẽ giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu ôn tập về môn Toán với các nội dung như: Khảo sát sự biến thiên của hàm số, giải hệ phương trình, tính tích phân, mặt phẳng tọa độ trong không gian...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh ĐH lần 1 Toán khối A, A1, B năm 2014 - THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu (Kèm Đ.án)

www.VNMATH.com 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 . ì 4 x 2 + 4 xy + y 2 + 2 x + y - 2 = 0 ï Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình í ( x , y Î ¡ . ) 2 ï8 1 - 2 x + y - 9 = 0 î Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = 1 x 3 dx . ò x 0 2 + 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 0) . Tìm điểm M thuộc (D sao cho tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất. (1;1; ) ì101+ lg( x + y ) = 50 ï Câu 9.b (1.0 điểm). Giải hệ phương trình í . ï lg( x - y ) + lg( x + y ) = 2 - lg 5 î Hết
www.VNMATH.com 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 ) ï x + xB = 2 xI ì 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
Û (cos x - sin x )(cos x www.VNMATH.com + 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 ê ë 2 p Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm x = + kp hoặc x = k 2p . (k Î ¢ ) 4 3 ì 4 x 2 + 4 xy + y 2 + 2 x + y - 2 = 0 (1) ï 0,25 (1,0 điểm) Xét hệ phương trình í 2 ï8 1 - 2 x + y - 9 = 0 î (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 t ë = -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 = - thì 2 x + y = -2 Û 1 - 2 x = y + 3 ³ 0 . Thế vào phương trình (2) ta được 2 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 ê8 + ( y - 3) y + 3 = 0 ë ì 1 ïx = Với y = - thì hệ có nghiệm í 3 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 (1,0 điểm) Ta có: I = ò x 3 x 4 + 1dx - ò x 5 dx 0 0 1 1 é x6 ù 0,25 1 ò x 5 dx = ê ú = 0 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 t dt = 2 ê 3 ú = 3 - 6 2 1 ë û1
2 -1 www.VNMATH.com 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 ' AI ta được A ' I = A . 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 ' IH : A 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)
Vì C Î AC : x + 2 y - 9 = 0 Þ C (9 - 2c; c ) www.VNMATH.com uuur uuuu r Khi đó NC = (7 - 2c; c - 8), MC = (9 - 2c; c - 4) Khi đó ta có: uuur uuuu r éc = 5 NC.MC = 0 Û (7 - 2c)(9 - 2c) - (c - 8)(c - 4) = 0 Û ê 19 êc = ê ë 5 Vì C có tung độ là một số nguyên nên C (- 5) 1; 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 S 3 uuur uuur ì x + 1 = 3.1 ï ç ÷ = ABC = = 9 Þ CB = 3CM Þ í B Þ B(2; 2) è CM ø SA ' MC 1 ï yB - 5 = 3.(-1) î 3 uuu r uuur Tương tự CA = 3CA ' Þ A(3;3) 0,25 uuu uuur r Từ AB = DC Þ D (0; 6) Vậy A(3;3), B(2;2), C (- 5), D (0; 6) . 1; 8.a Gọi I là trung điểm của đoạn AB thì I (5; 2; 5) 0,25 (1,0 điểm) uuur uuur uuu r 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; - 0) . 3; 9.a 4 Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp là C15 = 1365 cách 0,25 (1,0 điểm) Các trường hợp cho ra 4 viên bi có đủ 3 màu là: 0,25 2 1 1 · 2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng: C6 C5C4 = 300 1 2 1 · 1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng: C6C5 C4 = 240 1 1 2 · 1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng: C6C5C4 = 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
7.b www.VNMATH.com 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; - . Suy ra: D(- 4) . 7) 4; uuuu r uuu r 8.b Gọi M (1 + t; -1 - 2t;1 + 3t ) Î d . Ta có: AM = (-1 + t; -2 - 2 t;3t ), AB = (-1; 0; -1) 0,25 (1,0 điểm) uuuu uuu r r é AM , AB ù = (-2t - 2; 2t + 1; 2t + 2) Þ S 1 uuuu uuu r r 1 0,25 AMB = é AM , AB ù = 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 ïx = ï Hệ đã cho tương đương với í Ûí 2 î x-y=4 ïy = 1 ï î 2 æ9 1ö Vậy hệ phương trình có nghiệm là ç ; ÷ . è 2 2 ø Hết