Đề thi thử Đại học lần I năm 2014 môn Toán - Trường THPT Chu Văn An

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

74
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo "Đề thi thử Đại học lần thứ I năm 2014 môn Toán" của Trường THPT Chu Văn An. Đề thi 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, B.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần I năm 2014 môn Toán - Trường THPT Chu Văn An

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1, B Buổi thi: Buổi Sáng ngày 23/02/2014 www.VNMATH.com 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 (2,0 điểm) Cho hàm số y  2 x3  6 x  1 (1) và đường thẳng  : y  mx  2 m  5 ( m là tham số thực) a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . b) Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng  cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt và khoảng cách từ điểm cực đại của (C) đến  bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của (C) đến  .  5  Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình 5 sin   x   3(1  cos x) cot 2 x  2  2  Câu 3 (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm m( x 2  3 x)  4  3x  x  2 3  4m  1 4 1 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân  3x  1  dx 0 6x  1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A' B' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân với cạnh huyền AB = 2, cạnh bên của lăng trụ bằng 3 , mặt bên ABB' A' có góc A' AB nhọn và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, mặt phẳng ( ACA' ) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60 0 . Tính thể tích của lăng trụ ABC. A' B' C ' và khoảng cách từ điểm B đến mặ phẳng ( ACA' ). Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x  y  2 x  2  3 y  2014  2012 . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2015  2 xy x  y  1 S   x  1   y  1  x  y 1 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong 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, đường phân giác trong của góc A và đường cao kẻ từ đỉnh C lần lượt có phương trình x  y  0 , 2 x  y  3  0 . Đường thẳng AC đi qua điểm M(0; -1), biết AB  3 AM . Tìm tọa độ đỉnh B. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2;0;0), B(a; b;0) ( a  0, b  0 ) OB  4 và góc AOB  600 .Tìm trên trục Oz điểm C sao cho thể tích của tứ diện OABC bằng 6. Câu 9.a (1,0 điểm ) Gọi E là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau lập được từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 7. Tập E có bao nhiêu phần tử ? Chọn ngẫu nhiên một phần tử của E, tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E): 4 x 2  9 y  36 có hai tiêu điểm F1 , F2 lần lượt nằm phía bên trái và bên phải của điểm O. Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho MF12  2MF22 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho tam giác ABC có đỉnh A(1;1;1), B (5;`1;2) và 12 C ( x; y;1) ( x  0, y  0 ) . Tìm x, y sao cho cos A  và diện tích của tam giác ABC bằng 481 . 25 Phân giác trong góc A của tam giác ABC cắt BC tại D. Tìm tọa độ điểm D. Câu 9.b(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x  1  2  y  1  3 log 9 (9 x 2 )  log 3 y 3  3 …………………………….Hết…………………………… Họ và tên:………………………………………… SBD…………….. Cảm ơn (lovemath79@yahoo.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 – MÔN TOÁN KHỐI A, A1, B Câu ý Nội dung Điểm 3 1 Cho hàm số y  2 x  6 x  1 (1) (2,0 điểm) 1 Khảo sát và vẽ đồ thị (1) (1,0 điểm)  TXĐ D = R  CBT. Giới hạn lim   , lim   0,25 x   x    x  1 y '  6 x 2  6 x, y '  0   x  1 x  1  y  5, x  1  y  3 0,25 BBT 0,25  Đồ thị 0,25 2 Tìm giá trị của tham số m để … (1,0 điểm)  Xét pt hoành độ giao điểm của (C) và  2 x3  6 x  1  mx  2m  5 (2)  2 x 3  (6  m) x  2m  4  0 x  2  ( x  2)(2 x 2  4 x  2  m)  0   2 0,25 2 x  4 x  2  m  0(3) Đặt g ( x)  2 x 2  4 x  2  m   cắt (C) Tại 3 điểm phân biệt  pt (2) có 3 nghiệm phân biệt  pt (3) có 2 nghiệm phân biệt khác 2  '  0 2m  0 m  0     g ( 2)  0 18  m  0 m  18 0,25  Điểm CĐ A(-1; 5), điểm CT B(1; -3)  16  m d ( A, )  2 d ( B, )  3m  2 8  m  5  m  16
16 16 0,5 Chỉ có m  thỏa mãn. Vậy m  5 5 2  5  Giải pt 5 sin   x   3(1  cos x) cot 2 x  2 (1) (1,0 điểm)  2  ĐKXĐ x  k , k  Z cos 2 x Pt(1)  5 cos x  3(1  cos x) 2 1  cos2 x 3 cos 2 x 0,5  5 cos x   2  2 cos 2 x  3 cos x  2  0 1  cos x cos x  2  cos x  1  2  cos x  2 vô nghiệm 1   cos x   x    l 2 , l  Z , thỏa mãn điều kiện. 2 3 0,5 3 Tìm các giá trị của tham số m để… (1,0 điểm)  3 m( x 2  3 x)  4  3 x  x 2  4m  1 (1) ĐKXĐ  4  x  1  5 0,25 Đặt 4  3 x  x 2  t với t  0;  và có x 2  3x  4  t 2  2 pt(1) trở thành : 1 m(4  t 2 )  t 3  4m  1  t 3  1  mt 2  t  2  m (2) t (do t  0 không là nghiệm).  5 0,25 Pt (1) có nghiệm  pt (2) có nghiệm t  0;  .  2 1  5 2 t3  2 Xét hàm số f (t )  t  2 liên tục trên  0;  và có f ' (t )  1  3  3 , t  2 t t 3  5 0,25 f ' (t )  0  t  3 2 , f (3 2 )  3 .Lập BBT của hàm số f(t) trên  0;  , 4  2  5 3 từ BBT suy ra pt(2) có nghiệm t  0;  khi và chỉ khi m  3  2 4 3 Vậy m  3 thì phương trình (1) có nghiệm. 0,25 4 4 4 1 Tính tích phân I   dx (1,0 điểm) 0 3x  1  6x  1 t2 1 1 Đặt t  6 x  1  3x  , dx  tdt , 0,25 2 3 x  0  t  1, x  4  t  5 5 5 5 2 t 2 t 1 1 2  1 1  0,25 I  dt   dt     dt 3 1 (t  1) 2 3 1 (t  1) 2 3 1  t  1 (t  1) 2  2 5 2 1 5 2 2  ln t  1   ln 3  0,5 3 1 3 t 11 3 9 5 Cho hình lăng trụ tam giác ABC . A' B ' C ' (1,0 điểm)
Kẻ A' H  AB, H  đoạn AB (do A' AB nhọn) Kẻ HM  AC  A' M  AC (đlí 3 đường vuông góc)  A' MH  600 . Đặt A' H  h AH  AA'2  A' H 2  3  h 2 h HM  A' H . cot 600  3 AHM vuông cân tại M nên có 2h 2 3 2 MH 2  AH 2   3  h2  h  0,25 3 5 2 1 1  AB  3 0,25 S ABC  BC 2     1 . Tính VABC . A' B 'C '  S ABC . A' H  (đvtt) 2 2 2  5 9 6 d ( H , ( ACA' )) AH 1 6 AH  3   ,   5 5 d ( B, ( ACA' )) AB 2 5 5  d ( B, ( ACA' )  2 .d ( H , ( ACA' )) . 6 Có AC  ( A' HM )  ( ACA' )  ( A' HM ) . 0,25 Kẻ HK  A' M  HK  ( ACA' )  HK  d ( H , ( ACA' )) A' HM vuông tại H có 1 1 1 5 5 20 3 2  2  2     HK  HK HA' HM 3 9 9 2 5 5 3 6 Vậy  d ( B, ( ACA' ))  2 .  0,25 6 2 5 2 6 Tìm minS, maxS… 2015 S  x2  2x  1  y 2  2 y  1   2 xy x  y 1 2015  ( x  y )2  2( x  y)  2  x  y 1 2015  ( x  y  1) 2  4( x  y  1)  5  . Đặt t  x  y  1 thì x  y 1 2015 S  t 4  4t 2  5  . Ta tìm đk cho t. Từ gt, đặt a  x  2  0 , t b  y  2014  0 suy ra x  a 2  2, y  b 2  2014 ta được a 2  2  b2  2014  2a  3b  2012  a 2  b2  2a  3b  13(a 2  b 2 )
Suy ra 0  a 2  b 2  13 , x  y  1  a 2  b 2  2013  2013;2026  t  x  y 1    2013; 2026  J  x  2 t  2013  a 2  b 2  0  a  b  0    y  2014 a 2  b 2  13  a  2 x  2 t  2026   a b   0,5   b  3  y  2023 2 3 2015 Xét hàm số f (t )  t 4  4t 2  5  liên tục trên J và có t 2015 4t 4  8t 3  2015 4t 3 (t  2)  2015 f ' (t )  4t 3  8t 2  2    0t  J t t2 t2 2015  f (t ) đồng biến trên J  min  f ( 2013)  4044122  , x J 2013 2015 max  f ( 2026 )  4096577  . x J 2026 0,5 2015 2015 Vậy min S  4044122  ; max S  4096577  2013 2026 7.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC… (1,0 điểm) Đặt AD : x  y  0, CH : 2 x  y  3  0 . Gọi M ' là điểm đối xứng với M qua đường phân giác AD  M ' AB . Ta tìm được M ' (1;0) . Đường thẳng AB qua M’ và vuông góc với CH nên có pt AB : x  2 y  1  0 A  AB  AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ pt x  y  0 x  1    A(1;1) 0,25 x  2 y  1  0 y 1 gt AB  3 AM  AB  3 5  B thuộc đường tròn (C’) tâm A bán kính R  3 5 , pt (C’): ( x  1) 2  ( y  1) 2  45 . 0,25 B  AB  (C ' )  tọa độ B là nghiệm của hệ pt x  2 y  1  0 x  7  x  5 0,25  2 2  hoặc  ( x  1)  ( y  1)  45 y  4  y  2 Vậy B(7; 4) hoặc B(-5; -2). 0,25 8.a Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm… (1,0 điểm) OA.OB 1 2a OA  ( 2;0;0), OB  ( a; b;0) , cos 600    a2 0,25 OA.OB 2 2 .4 OB 2  16  a 2  b 2  16  4  b 2  16  b  2 3 do b > 0. B ( 2;2 3 ;0) . Giả sử C (0;0; c)  Oz  OC  (0;0; c) 0,25 OA, OB  (0;0;4   3 ) , OA, OB .OC  4 3c. Mà VOABC  6 suy ra 0,25
1 0,25 6   1 OA, OB .OC  4 3c  6 2 3 3 c  6  c  3 3. Vậy C (0;0;3 3 ) 9.a Gọi E là tập hợp các số tự nhiên có… (1,0 điểm) Số phần tử của E là E  A  605 5 0,5 Từ 5 chữ số đã cho ta có 4 bộ gồm ba chữ số có tổng chia hết cho 3 là (1, 2, 3), (1, 4, 7), (2, 3, 4), (2, 3, 7). Mỗi bộ ba chữ số này ta lập được 6 số thuộc tập hợp E. Vậy trong tập hợp E có 6.4 = 24 số chia hết cho 3. 0,25 24 2 Xác xuất để số được chọn chia hết cho 3 là  . 0,25 60 5 7.b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho elip… (1,0 điểm) 2 2 x y 5 Giả sử M ( x0 ; y0 )  ( E ) ,ta có 0  0  1 ,với  3  x0  3 , ta có e  9 4 3 2 2 P  MF1  2 MF2  a  ex0   2a  ex0   3a  2aex0  3e x0 2 2 2 2 2 5 5 5 3 2 81   27  2.3. x0  3. x02   x02  2. x0   0,25 3 9 3 5 5 3 81 6 Xét f ( x0 )  x02  2. x0  trên đoạn  3;3 có f ' ( x0 )  2 x0  5 5 5 3 f ' ( x0 )  0  x0  . Lập BBT của hàm số f ( x0 ) trên  3;3 5 0,25  3  108 5 108 0,25 Từ BBT ta có min f ( x0 )  f    min P  .  36 x0   3;3  5 3 5  5 3 3 4 Vậy min P  36 khi x  khi đó M ( ; ) 5 5 5 0,25 8.b Trong không gian tọa độ… (1,0 điểm) Ta có AB  (4;0;3), AC  ( x  1; y  1;0) 12 4( x  1) 12 cos A  cos( AB, AC )    25 2 25 ( x  1)  ( y  1) 2 25  16( x  1) 2  9( y  1)2 (1) AB, AC   (3( y  1),3( x  1),4( y  1))  S 1 ABC 2 25( y  1) 2  9( x  1) 2  0,25 Ta có S ABC  481  25( y  1) 2  9( x  1) 2  4.481 (2) Từ (1), (2) và gt x > 0, y > 0 ta có x  7, y  9 và C (7;9;1) 0,25 DB AB 1 1 Ta có AB  5, AC  10,   và DB   DC 0,25 DC AC 2 2  17 11  0,25 Từ đó tìm được D ; ;1  3 3  9.b Giải hệ phương trình… (1,0 điểm)  x  1  2  y  1(1)  3 log 9 (9 x 2 )  log 3 y 3  3(2) ĐKXĐ x  1,0  y  2 . pt ( 2)  3(1  log 9 x 2 )  3 log 3 y  3  1  log 3 x  log 3 y  1  x  y 0,5 Kết hơp (1) ta được x  1  2  x  1  x  1; x  2 Hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y )  (1;1), (2;2) 0,5 Cảm ơn (lovemath79@yahoo.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl