Xem mẫu
- www.VNMATH.com
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG Môn thi: TOÁN, Khối A và B
Thời gian làm bài: 180 phút
2 x 4
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y (1)
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm
đó song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O.
Câu II (2,0 điểm)
1) Tìm nghiệm x 0; của phương trình 5cos x s inx 3 2 sin(2 x )
4
3 3 2
x y 6 y 3 x 5 y 14
2) Giải hệ phương trình 3 2
x, y .
3 x y 4 x y 5
1
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I (2 x 1) ln( x 1)dx
0
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với
AB a, BC a 3 . Hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với đáy. Điểm I
thuộc đoạn SC sao cho SC 3IC. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AI và SB biết AI vuông góc với SC.
Câu V (1,0 điểm) Cho 2 số thực a, b (0; 1) thỏa mãn
(a 3 b3 )(a b) ab (a 1)(b 1) 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
1 1
F= ab (a b) 2 .
2 2
1 a 1 b
Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A 3; 4 ,
đường phân giác trong của góc A có phương trình x y 1 0 và tâm đường tròn ngoại
tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích
IBC .
Câu VII (1,0 điểm) Cho khai triển (1 3 x)2014 a0 a1 x a2 x 2 ... a2014 x 2014 . Tính tổng:
S a0 2a1 3a2 ... 2015a2014 .
log 2 x y 3log8 ( x y 2)
Câu VIII (1,0 điểm) Giải hệ phương trình .
2 x x 2 y 2 13
…………………………Hết…………………………
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………
Chữ kí của giám thị 1:………………………Chữ kí của giám thị 2:……………………
Trường THPT Đoàn Thượng sẽ tổ chức thi thử đại học lần 2 vào ngày 16/2/2014
- www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1 2 x 4 1, 0
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y
x 1
a) Tập xác định : D R \ 1 0,25
b) Sự biến thiên:
* Tiệm cận :
2 x 4 2 x 4
+) Vì lim
, lim
nên đường thẳng x 1 là
x 1 x 1 x 1 x 1
tiệm cận đứng.
2 x 4 2 x 4
+) Vì lim 2 , lim 2 nên đường thẳng y 2 là
x x 1 x x 1
tiệm cận ngang.
*Chiều biến thiên: 0,25
2
+) Ta có : y 2
0, x 1
x 1
+) Bảng biến thiên 0,25
x -∞ 1 +∞
-2 y'
2 +∞
y -2
-∞ 2
+ Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng ;1 và 1; .
c) Đồ thị 0,25
*Vẽ đồ thị:Cắt Ox tại A(2;0) cắt Oy tại B(0;-4)
* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I 1; 2 làm tâm đối xứng.
I 2 1, 0
2a 4 2b 4 0,25
Gọi A a; và B b; (Với a, b 1; a b ) thuộc đồ thị
a 1 b 1
(C). Khi đó hệ số góc của các đường tiếp tuyến tại A và B lần lượt là:
2 2
k1 2
và k2 2
a 1 b 1
Do các đường tiếp tuyến song song nên:
2 2
2
2
ab 2
a 1 b 1
2 a 4 2b 4
0,25
Mặt khác, ta có: OA a; ; OB b; . Do OAB là tam
a 1 b 1
(2a 4)(2b 4)
giác vuông tại O nên OA.OB 0 ab 0
a 1 b 1
- www.VNMATH.com
ab 2 0,25
a 1
Ta có hệ 4ab 8( a b ) 16 . Giải hệ ta được hoặc
ab ab ( a b ) 1 0 b3
a3
b 1
a 2 a 0
hoặc
hoặc
b 0 b 2
Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ là 1;1 và 3;3 hoặc (2;0) và (0;-4) 0,25
Câu 1 Tìm nghiệm x 0; của phương trình :
II ∑= 1
5cosx + sinx - 3 = 2 sin 2 x .
4
5cosx + sinx - 3 = 2 sin 2 x 5cosx +sinx – 3 = sin2x +
4 0,25
cos2x
2
2cos x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0
(2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0
0,25
(2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0.
+/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm.
1
+/ cosx = x 2k , k Z . 0,25
2 3
Đối chiếu điều kiện x 0; suy ra pt có nghiệm duy nhất là : 0,25
3
2 x3 y 3 6 y 2 3 x 5 y 14
1, 0
Giải hệ phương trình: 3 2
x, y R .
3 x y 4 x y 5
Đkxđ x 3, y 4
Từ (1) ta có
3 2
x 3 3 x y 2 3 y 2 x y 2 x 2 x y 2 y 2 3 0 0,25
x y 2 y x 2 3
Thế (3) vào (2) ta được
x 2 3 x x3 x2 4x 1 x3 x2 4x 4 2 x 2 1 3 x 0
x2 x2 0,25
x 2 x 2 x 1 0
2 x 2 1 3 x
1 1
x 2 x 2 x 1 0
2 x 2 1 3 x
- www.VNMATH.com
1 1 1 1
x 2 x 2 x 1 0
3 2 x 2 1 3 x 3
x 1 x 1
x 2 x 2 x 1 0
3 2 x2
x 2 1 3 1 3 x 2 3 x
0,25
1 1
x 2 x 1 x 2 0
3 2 x2
x 2 1 3 1 3 x 2 3 x
x 2 x 1 0 x 2, x 1; x 2 y 0, x 1 y 3
Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho 0,25
có tập nghiệm là S 1; 3 ; 2; 0 .
Câu 1
Tính tích phân I (2 x 1) ln( x 1)dx 1, 0
III
0
1 1 2
u ln( x 1) du dx 1 x x
Đặt x 1 I ( x 2 x) ln( x 1) 0 dx 0,25
dv 2 x 1 v x 2 x 0
x 1
1
2
I x 2 dx 0,25
0
x 1
1
x2
I 2 x 2 ln( x 1) 0,25
2 0
3
I 2 ln 2 0,25
2
IV 1, 0
S
A D
E
I
O
0,25
H
B M C
Ta có S ABCD a.a 3 3a 2 . Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC,
BD, theo giả thiết ta có SO ( ABCD) .
AC AB 2 BC 2 a 2 3a 2 2 a OC a. Lại có
AI SC SOC & AIC đồng dạng
- www.VNMATH.com
CI CA
CI .CS CO.CA SC a 6
CO CS
1 15
Từ đó SO SC 2 OC 2 a 5 VSABC SO.S ABCD a3 0,25
3 3
Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M, suy ra
SB//(AIM), do đó d ( SB, AI ) d ( SB, ( AIM )) d ( B, ( AIM )). Mà
CI CM
BM 2CM suy ra d ( B, ( AIM )) 2d (C , ( AIM )) Hạ
CS CB 0,25
IH ( ABCD ) , dễ thấy
SO S 1 15
IH , S AMC ABCD VIAMC VSABCD a3
3 6 18 54
Ta có
SB SC 2 7
IM a ; AM AB 2 BM 2 a
3 3 3 3
10
AI AC 2 CI 2 a
3
Suy ra 0,25
3 70 154 1 55
cos MAI sin MAI S AMI AM . AI sin MAI a 2
28 28 2 12
3VI . AMC 4a
d ( B,( AIM )) 2 d (C , ( AIM )) 2. .
S AMI 33
1, 0
Câu 3 3
(a b )(a b) 0,25
V gt (1 a)(1 b) (*) .
ab
( a 3 b3 )( a b ) a 2 b 2
vì a b 2 ab .2 ab 4 ab và
ab b a
1 a 1 b 1 (a b) ab 1 2 ab ab , khi đó từ (*) suy ra
4 ab 1 2 ab ab , đặt t = ab (đk t > 0)
1
0 t 3 1
ta được: 4t 1 2 t t 2 t 1 3t 0t
2 9
4t 1 3t
1 1 2 1 1 1 1 0,25
Ta có: 2
2
2
2
0
1 a 1 b 1 ab 1 a 1 ab 1 b 1 ab
2
a b . ab 1 0 luôn đúng với mọi a, b (0; 1),
1 ab 1 a2 1 b2
dấu "=" xảy ra khi a = b
1 1 1 1 2 2 0,25
vì 2 2
2
2. và
1 a 2
1 b 2
1 a 1 b 1 ab 1 ab
2 2 2
ab a2 b2 ab a b ab nên F ab t
1 ab 1 t
- www.VNMATH.com
2 1 1
xét f(t) = t với 0 < t có f ' (t ) 1 0 với mọi
1 t 9 (1 t ) 1 t
1
0
- www.VNMATH.com
Câu log 2 x y 3log8 ( x y 2)
VIII Giải hệ phương trình: .
2 x x 2 y 2 13 1, 0
Điều kiện: x+y>0, x-y 0
x y 2 x y
2 2
2 x x y 13
0,25
u x y , u 0
u 2 v
Đặt: ta có hệ: 2 2 0,25
v x y , v 0
u v uv 13
u 2 v u 2 v v 1, u 3
2 2
2 0,25
(2 v) v (2 v)v 13 3v 6v 9 0 v 3, u 1
Kết hợp đk ta được v 1, u 3 x 5, y 4
0,25đ
nguon tai.lieu . vn
