Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B - Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: Hồ Hồng Hoa | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn "Toán, khối A, A1, D, B - Trường THPT Phú Nhuận" năm học 2014-2015 giúp các em có thêm kiến thức để đạt được điểm cao hơn trong kì thi Đại học sắp tới. Chúc các em thi thành công

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B - Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – THPT PHÚ NHUẬN – 2014 – 2015 Môn TOÁN: Khối A , A1, D, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề x +1 Câu 1: Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = . Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị x −1 x +1 (C1): y = . Định m để phương trình ( m − 1) x − m − 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x −1 Câu 2: Cho hàm số y = − x 3 − 2mx 2 + 4m 2 x − 1 . Tìm m
ĐÁP ÁN – TOÁN THI THỬ ĐH LẦN 1 – NH 2014 – 2015 Câu 1 x +1 a). Cho hàm số y = (2,0đ) x −1 −2 Tập xác định: D = R \ { 1} . y ' = < 0, ∀x D 0,25 ( x − 1) 2 Hàm số giảm trên ( − ;1) và ( 1;+ ) hàm số không có cực trị 0,25 Bảng biến thiên x ∞ 1 +∞ y' 0,25 +∞ y 1 1 ∞ 8 Đồ thị 6 4 2 15 10 5 5 10 15 0,25 2 4 6 x +1 8 b). Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị (C1) : y = . Định m để phương trình x −1 ( m − 1) x − m − 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x +1 ( m − 1) x − m − 1 = 0 � m ( x − 1) = x + 1 � m = (1) . x −1 (nhận xét x = 1 không là nghiệm pt m ( x − 1) = x + 1 ) 0,25 x +1 (1) là pt hoành độ giao điểm của 2 đồ thị (C1): y = f1 ( x ) = và d : y = m x −1 x +1 x +1 Gọi (C) y = f ( x ) = . Ta có (C1): y = f1 ( x ) = = f(x) khi x 0 x −1 x −1 0,25 Vẽ (C1) trùng (C) khi x 0 . Khi x 0 8 6 4 2 15 10 5 5 10 15 0,25 2 4 6 Ycbt � m < −1 hay m > 1 0,25 Câu 2 2 Cho hàm số y = − x 3 − 2mx 2 + 4m 2 x − 1 . Tìm m
1 2m OA xM = 8 � =8 �m = � 12 . So đk nhận m = 12 0,25 2 3 Câu 3 � 3π � Giải phương trình . 2sin 2 � x− � + cos 2x − 3 cos x = 0 (1đ) � 4 � � 3π � pt �1 − cos � 2x − + cos 2x − 3 cos x = 0 � � 2 � 0,25 �1 + sin 2x + cos 2x − 3 cos x = 0 ( � cos x 2 cos x + 2 sin x − 3 = 0 ) 0,25 cos x = 0 � π� 6 0,25 x+ � sin � = � 4� 4 π x= + kπ 2 π 6 � x = − +arcsin + k2 π 0,25 4 4 3π 6 x= −arcsin + k2π 4 4 Câu4 Giải phương trình : 4 x 2 + 5 x + 1 − 2 x 2 − x + 1 = 9 x − 3 (1,0đ) u = 4 x 2 + 5 x +1 Đặt ta có : u2 – 4v2 = u – 2v � ( u − 2v ) ( u + 2v − 1) = 0 0,25 2 v= x − x +1 u − 2v = 0 Giải hệ ta được nghiệm x = 1/3 0,25 u − 2v = 9 x −3 56 x= u + 2v =1 � 2u = 9 x − 2 � 65 Giải hệ � �� (so đk loại) 0,25 u − 2v = 9 x − 3 � 4v = 4 − 9 x � 56 x= hay x = 0 65 kết luận pt có nghiệm x = 1/3 0,25 Câu 5 Giải phương trình : x.2 x +2 − 6 = 2x +1 + 9x (1,0đ 9x + 6 Pt � 2 x+1 ( 2 x − 1) = 9 x + 6 ( x = ½ không là nghiệm pt) � 2 x+1 = 0,25 2x −1 9 x +6 � f ' ( x ) = 2 x +1 ln 2 + 21 Xét hàm số f(x) = 2 x+1 − > 0 � f(x) tăng ( 2 x −1) 2 2 x −1 0,25 � 1� � 1 � trên � − ; � và �; + � � 2� � 2 � � 1� trên � − ; � chứng minh được pt có nghiệm duy nhất – 1 0,25 � 2� 1 � � trên �; + �, chứng minh được pt có nghiệm duy nhất 2 0,25 2 � � Câu 6 π 2sin 3 x cos x Tính I = 2 dx (1,0đ) 0 2sin 4 x − 3sin 2 x − 5 π Đặt t = sin 2 x � dt = 2sin x cos xdx ; x = 0 � t = 0, x = � t = 1 0,25 2 π π 2sin 3 x cos x sin 2 x.2sin x cos x 1 t �2sin2 dx = �2 dx = dt 0,25 0 4 x − 3sin x − 5 2 0 2sin 4 x − 3sin 2 x − 5 0 2t 2 − 3t − 5 1 t 1 t 1 1 5 0,25 I = dt = dt = = + dt 0 2t − 3t − 5 2 0 ( t + 1) ( 2t − 5) ( ) 7 ( 2t − 5 ) 0 7 t +1
1 � 5 � 1 5 3 I = � ln t +1 + ln 2t − 5 �0 = 1 ln 2 + ln 0,25 7 � 14 � 7 14 5 Câu 7 A(0; 1; 0) , B(1; 2; 1) Tìm điểm M trên tia Ox và điểm N trên tia Oz sao cho 1 tam giác AMN có diện tích bằng 3 và tứ diện ABMN có thể tích bằng 1,0đ 2 6 uuuur uuur M(m;0;0) Ox, N(0;0;n) Oy � � �AM , AN � �= ( −n; −mn; −m ) 0,25 1 2 1 S AMN = n + mn + m 2 ,VABMN = n − mn + m 0,25 2 6 n +m n +m =3 2 2 2 2 Giải hệ pt ; m, n > 0 ta được m = n =1 0,25 n − mn + m = 1 Vậy M(1;0;0) , N(0;0;1) 0,25 Câu 8 S 1,0đ M A C E H 0,25 B Gọi E là trung điểm của AB. Do ABC là tam giác đều nên CE = AB 3 = a 3 2 Ta chứng minh được ( SCE ) ⊥ ( ABC ) và SEC ﾷ = 600 . Kẻ SH ⊥ CE tại H trong ( SCE ) � SH ⊥ ( ABC ) Có: SE = SA 2 − AE 2 = 3a 3 9a 1 3a 3 3 0,25 SH = SE.sin 600 = � VSABC = SH.SABC = 2 3 2 Có: SC = SE + CE − 2SE.CE.cos 60 = 21a � SC = a 21 2 2 2 0 2 SE 2 + CE 2 SC 2 39a 2 a 39 1 a 2 39 ME 2 = − = �ME = �SAMB = ME.AB = 2 4 4 2 2 2 0.25 1 Có d � 3VCABM 3. 2 VSABC 9a 9a 13 0.25 C, ( ABM ) � � �= = = = SABM SABM 2 13 26 C' B' Câu9 (1 đ) A' Tính được : AB = AC = a � S a2 3 ABC = 4 0,25 C B H E A 7a2 a 7 BE = AE + AB − 2AE.AB.cos120 = 2 2 2 � BE = 0 4 2 0,25 2CE + 2CB − BE 2 2 2 19a2 a 57 , 3a3 19 CH2 = = C'H = CH.tan600 = VLT = 4 16 4 16 (ﾷA 'C';BB') = (ﾷCE,CC') , C'E2 = C'H2 + EH2 = 4a2 19a2 0,25 CC'2 = CH2 + C'H 2 = 4
2 CC' + CE 2 − C'E 2 2 19 2 19 cos( A 'C';BB') = nên cosC'CE ﾷﾷ 0,25 = = 2.CC'.CE 19 19