Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2014 môn Toán - Trường THPT Thanh Chương 1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƢỜNG THPT THANH CHƢƠNG 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối: A, A1 và khối B 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++1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số. b) Tìm m để đường thẳng d :y = −x+m cắt (H) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho tam giác OABcó độ dài đường trung tuyến OM = 2 (với O là gốc tọa độ, M là trung điểm của AB). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 3sin2x+2sin2 x =4sin3xcosx+2. Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: x− y+(x−1) y+5 = 5 (x, y∈R). y x2 −4x+5 +(2− x) y2 +1 = 0 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân π 4 tan2 x+3tan x+2 0 2+sin2x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC cân tại A, AB = AC = a, ̂=1200 hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Cạnh bên SC tạo với mặt phẳng đáy một góc , biết tan = 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: 3 x + y − 1 − 1  = x+ y+2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x4 + y4 −3xy 1 − 12 .   II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chƣơng trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trongmặt phẳngtọađộ Oxy, cho hình chữnhật ABCD có điểm Athuộcđườngthẳngd1: x− y −4 =0 , điểm C(−7;5),đườngthẳngđi quaDvàtrungđiểm Mcủa cạnhBC có phươngtrìnhd2: 4x−3y+23=0 . XácđịnhtọađộcácđiểmA, B biết B cótung độ dương. Câu 8.a (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(2;0;0), B(0;-2;0), C(0;0;1) và đường thẳng d :x−2 = y = z +1. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng Δ nằm trong mặt phẳng (ABC) cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi A là tập hợp các số có 3 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên basố từ A, tínhxácsuất đểtrong basốđượcchọn có đúngmột số có mặt chữsố 4. B. Theo chƣơng trình Nâng cao. 2 2 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp (E): 9 + 4 =1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :x+3 = y+1 = z −3 và mặt phẳng (P): x+2y− z +5 = 0. Gọi d` là hình chiếu vuông góc của d lên (P) và E là giao điểm của d và (P). Tìm tọa độ điểm F thuộc (P) sao cho EF vuông góc với d` và EF =5 3. Câu 9.b (1,0 điểm). Tính hệ số của x4 trong khai triển biểu thức  x +3(1− 1)n,(x > 0), biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 3Cn+1 +8Cn+2 =3Cn+1. -------------Hết----------- Cảm ơn bạn Thi Trân Ngoc (thitn.tc3@nghean.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƢỜNG THPT THANH CHƢƠNG 1 ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối: A, A1 và khối B (Đáp án có 05 trang) Câu 1. (2,0 điểm) Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Tập xác định: \{−1}. Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có y`= (x+1)2 < 0, ∀x  −1. 0,25 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng −; −1, −1; + . Giới hạn, tiệm cận: Ta có lim y = − và lim y = +. Do đó đường thẳng x = −1 là x −1 x −1 tiệm cận đứng của (H). Vì lim y = lim y = −2 nên đường thẳng y = −2 là tiệm cận ngang của đồ thị. 0,25 Bảng biến thiên: x − −1 + y` − − + y y −2 −2 O x − I 0,5 c) Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox tại 1;0, cắt Oy tại (0;1. (H) nhận giao điểm I(−1; −2) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. b. (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình −2++1 = −x + m  −2x+1= (x+1)(−x+m), x  −1 0,25  x2 −(m+1)x−m+1= 0 (1) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt  Δ >0(m+1)2 −4(−m+1) >0  m2 +6m−3> 0  m > −3+2 Khi đó gọi x ,x2 là nghiệm của pt(1) với x + x2 = m+1, x x2 = −m+1.  A(x ; − x +m), B(x2; − x2 +m),M(m+1; m−1) 3 (2) 0,25 3 0,25 2. (1,0 điểm) Từ giả thiết ta có OM2 = 2  (m+1)2 +(m−1)2 = 2  m=  3 Đối chiếu với (2), ta có m = 3 Phương trình đã cho tương đương với 3sin2x−2(1−sin2 x)−4sin3xcosx =0  2cosx( 3sin x−cosx−2sin3x) =0 0,25 0,25 cosx = 0  3sin x−cosx−2sin3x = 0 0,25 .cosx = 0  x = 2 +kπ  3sin x−cosx−2sin3x = 0  sin(x−π ) =sin3x 0.25  x = −12 +kπ x = 24 +k 2 0,25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x = 2 +kπ;x = −12 +kπ;x = 24 +k 2 3. Điều kiện: y  −5 1,0 Khi đó PT: x− y+(x−1) y+5 =5(x− y+5)(1+ y+5) =0 0,25 điểm  x− y+5 = 0  x2 = y+5,(x  0) . (1) PT: y x2 −4x+5 +(2− x) y2 +1 = 0  x−2 y (x−2)2 +1 y2 +1 (2) 0,25 Xét hàm số : f (t) = t2 +1(t∈R); f `(t) = (t2 +1) t2 +1 >0,∀x∈R Hàm số f (t)đồng biến trên R. PT(2)  f (y) = f (x−2)  y = x−2 Hệ phương trình đã cho y2 =xy 25. Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện suy ra hệ PT có nghiệm (x; y) = (1+213; 0,25 13−3 0,25 2 π π 4. (1,0 điểm) 1 4 tan2 x+3tan x+2 1 4 tan2 x+3tan x+2 0,25 2 0 1+sin xcosx 2 0 cos2x(tan2 x+tan x+1) Đặt t = tan x  dt = cos2x . I = 1 0 tt2+3t +1dt = 0,25 1 1  2t +1  1 1 1 1 d(t2 +t +1) 2 0  t2 +t +1 2 0 2 0 t2 +t +1 0,25 = 1 t +ln(t2 +t +1) 1 = 1(1+ln3) 0,25 0 5. S (1,0 điểm 0,25 K G C B M H Trong tam giác ABC có SABC = 1 AB.AC.sin1200 = a24 3 BC2 = AB2 + AC2 −2AB.ACcos1200  BC =a 3 Gọi M là trung điểm của AB: CM2 = CA2 +CB2 − AB2 CM = a27 ; CG = 2CM = a37 0.25 A Từ giả thiết SG (ABC) ̂ )) ̂ =α Tam giác SGC vuông tại G: SG =CG.tan = a, VS.ABC = 3SG.SABC = a123 Gọi Hlàhìnhchiếu củaG trên AB, Klàhình chiếu của GtrênSHtacó AB(SHG)(SAB)(SHG)GK (SAB)GK =d(G;(SAB)) d(C;(SAB)) = CM =3 d(C;(SAB)) =3GK 0,25 6. (1,0 điểm Lại có: SGAB = 3SABC = a123 GH = 2ABB = a63 Tam giácSGHvuôngtại G ta có:GK2 = GH2 + GS2 GK = a133 0.25 Vậy: d(C;(SAB)) = 3 13a Từ giả thiết ta có : 3 y + x  = 2+ x+ y+ x + y  2+2 (x+ y) x + y  = 2+2 3 y + x +6 0,5 Đặt t = x + y;(t  2)3t  2+2 3t +6 9t2 −24t −200t 10 P = x4 + y4 −2 x3 + y3 + x2 + y2 −3 x + y +6  P =t4 −2t3 −t2 +3t +4. Xét hàm số f (t) =t4 −2t3 −t2 +3t +4;t∈10;+ f `(t) =4t3 −6t2 −2t +3=4t(t −1)2 +2(t2 −3t +1) >0 , với ∀t∈10;+ 0,5 Hàm số f(t) đồng biến trên10;+ f (t) f (10) = 4234 Đẳng thức xảy ra khi (x; y) = (3;1)hoặc (x; y) = (1;3) Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4234, đạt được khi x =3; y =1. 7a. (1,0 điểm) PT tham số của d1 :y = t −4Gọi A(t;t −4)∈d1 , I là giao điểm của AC và d2. Ta có ΔIADđồng dạng với ΔICM  AI = 2IC  I(t −14;t +6) . Mà I thuộc d2 nên ta có: 4t −14−3t +6+23= 0  t =5 A(5;1). 0.25 0,25 PT tham số d :x = −5+3m  Gọi M(−5+3m;1+4m)∈d2 . M là trung điểm của BC B(6m−3;8m−3) CB =(6m+4;8m−8), AB =(6m−8;8m−4) 0,25 m = 0 B(−3;−3),(loai) Mà AB  CB  AB.CB = 0  m = 6  B(21;33). Vậy A(5;1),B(21;33). 0,25 8a. (1,0 điểm) 9a. (1,0 điểm) 7b. (1,0 điểm) PT mặt phẳng (ABC): x + y + z =1 x− y+2z−2 = 0. Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với mp(ABC) thì I(1;-1;0) và đường thẳng Δ đi qua I Mp(ABC) có vtpt n = (1;−1;2), d có vtcp: u = (1;1;−1). Gọi u là vtcp của Δ. Ta có u1  n , chọn u = n;u = (−1;3;2) u1 u Vậy phương trình đường thẳngΔ là: x−1 = y+1 = z Số phần tử của A là: A3 = 60 Số các số thuộc A không có chữ số 4 là A3 = 24 Số các số thuộc A có chữ số 4 là: 60-24=36 Số cách chọn ba số khác nhau thuộc tập A là: n() =C60 Số cách chọn ba số khác nhau thuộc tập A trong đó có đúng một số có mặt chữ số 4 là: C36.C24 Vậy xác suát cần tìm là: P = CCC24 = 8555 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có x2 + y2 =1và diện tích tam giác ABC là 0,25 0,25 0,25 0,25 ... - tailieumienphi.vn