Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 1 môn Toán (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (374.45 KB, 6 trang )
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP
THPT Chun Nguyễn Quang Diêu
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN 1
Mơn: TỐN; Khối A + A1 + B
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng 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 .
ìï 4 x 2 + 4 xy + y 2 + 2 x + y - 2 = 0
Cõu3(1,0 im).Giihphngtrỡnh ớ
( x , y ẻ Ă) .
2
ùợ8 1 - 2 x + y - 9 = 0
1
x 3 dx
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ị
.
2
0 x +
x 4 + 1
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh bên
AA ' = a , hình chiếu vng 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 ngun.
Câu 8.a (1.0 điểm). Trong khơng 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 khơng 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 trịn 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 (1;1; 0) . Tìm điểm M thuộc (D ) sao cho tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất.
1+ lg( x + y )
= 50
ïì10
Câu 9.b (1.0 điểm). Giải hệ phương trình í
.
ïỵ lg( x - y ) + lg( x + y ) = 2 - lg 5
Hết
Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC
Mơn: TỐN; Khối A, A1 và khối B
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)
Câu
1
(2,0 điểm)
Đáp án
a. (1,0 điểm)
Khi m = 0 ta có y = - x 3 + 3 x 2 + 1
· 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; +¥)
Điểm
0,25
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = 1 ; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 5
- Giới hạn: lim y = +¥ ; lim y = -Ơ
x đ-Ơ
x đ+Ơ
- Bngbinthiờn:
0,25
x
y'
y
-Ơ
-
0
0
2
0
5
+
+Ơ
1
+Ơ
-
-Ơ
0,25
à th:
b.(1,0 im)
Tacú: 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 ạ -1
3
2
Vi x = - m ị y = -2 m - 3m + 1
0,25
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
ém = 0
ïì x + xB = 2 xI
I (1;3 ) là trung điểm của AB Û í A
Û 6m 2 + 12m = 0 Û ê
ï y A + yB = 2 yI
ë m = -2
ỵ
Vậy giá trị m cần tìm là m = 0, m = - 2 .
Điều kiện: cos x ¹ 0 .
2
(1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với cos2 x + sin x = cos x + sin 2 x
)
0,25
0,25
Û (cos x - sin x )(cos x + sin x - 1) = 0
cos x - sin x = 0 tan x = 1 x =
p
4
0,25
0,25
(k ẻ Â)
+ kp
é x = k 2p
ỉ
pư 1
p
p
cos x + sin x = 1 cos ỗ x - ữ =
x - = + k 2p ờ
(k ẻ Â)
ờ x = p + k 2p
4ø
4
4
2
è
êë
2
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm x =
p
4
+ kp hoặc x =k 2p .
0,25
(k ẻ Â)
3
ỡù 4 x 2 + 4 xy + y 2 + 2 x + y - 2 = 0 (1)
Xét hệ phương trình
(1,0 điểm)
í
2
(2)
ïỵ 8 1 - 2 x + y - 9 = 0
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
ë t = -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
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
ỵ y = 1
Nếu t = - 2 thì 2 x + y = -2 Û 1 - 2 x = y + 3 ³ 0 . Thế vào phương trình (2) ta được
phương trình
é y = -3
8 y + 3 + y 2 - 9 = 0 Û 8 y + 3 + ( y - 3)( y + 3) = 0 Û ê
êë 8 + ( y - 3) y + 3 = 0
ì
1
ïx =
Với y = - 3 thì hệ có nghiệm í
2
ï y = -3
ỵ
Xét phương trình 8 + ( y - 3) y + 3 = 0 (3)
0,25
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 khơng có nghiệm v ³ 0
ì
1
ìx = 0 ïx =
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là í
;í
2 .
ỵ y = 1 ï y = -3
ỵ
1
1
4
3
4
5
Ta có:
I
=
x
x
+
1
dx
(1,0 điểm)
ị
ị x dx
0
0,25
0
é x6 ù
1
5
x
dx
=
ê ú =
ò 0
ë 6 û0 6
0,25
Đặt t = x 4 + 1 Þ t 2 = x 4 + 1 Þ tdt = 2 x 3 dx
0,25
1
1
Đổi cận: x = 0 Þ t = 1 ; x = 1 Þ t = 2
1
Suy ra: I =
2
2
2
1 é t3 ù
2 1
t
dt
=
ê ú =
ò 1
2 ë 3 û1
3 6
2
Vậy
I =
0,25
2 -1
.
3
5
(1,0 điểm)
Gọi H = DK Ç IC , do ABCD là hình vng cạnh a nên ta suy ra được
IC ^ DK , DK = IC =
Xét D A ' AI ta được A ' I =
a 5
CK .CD a 5
3a 5
, CH =
, IH =
=
2
DK
5
10
a 3
1
1 1
a3 3
. Suy ra: VA '.IDK = .SIDK . A ' I = . .DK .IH . A ' I =
2
3
3 2
16
ì DK ^ IH
Do í
Þ DK ^ ( A ' IH ) Þ ( A ' IH ) ^ ( A ' DK )
ỵ DK ^ A ' I
Trong ( A ' IH ) , kẻ IE ^ A ' H . Suy ra: IE ^ ( A ' KD ) Þ IE = d (I ,( A ' KD )
Xét tam giác D A ' IH :
0,25
1
1
1
4
20
32
3a 2
=
+ 2 = 2 + 2 = 2 Þ IE =
2
2
8
IE
A'I
IH
3a
9a
9a
3a 2
.
8
6
x 2 y 2 z2 1 1 1
3
Ta có:
A
=
+ + + + + ³ 3 3 xyz +
(1,0 điểm)
3
y
z
x x y z
xyz
0,25
0,25
0,25
Vậy d (I ,( A ' KD ) =
x+y+z 1
£
3
2
3
3
9 15
Khi đó: P ³ 3t + = 12 t + - 9 t ³ 2 36 - =
t
t
2 2
1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
2
15
Vậy min A = .
2
Đặt t = 3 xyz ta có 0 < t = 3 xyz <
7.a
(1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Vì C Ỵ AC : x + 2 y - 9 = 0 Þ C (9 - 2c; c )
uuur
uuuur
Khi đó NC = (7 - 2c; c - 8), MC = (9 - 2c; c - 4)
Khi đó ta có:
éc = 5
uuur uuuur
NC.MC = 0 Û (7 - 2c)(9 - 2c) - (c - 8)(c - 4) = 0 Û ê 19
êc =
êë
5
Vì C có tung độ là một số ngun nên C (- 1; 5)
Từ M kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt AC tại A '
ỉ 1 22 ư
Khi đó MA ' : 2 x - y + 4 =0 .Suyra A ' ỗ ; ữ
ố 5 5 ø
1
1
Ta có SA ' MC = .MA '.MC =
2
3
Hai tam giác ABC và A ' MC nên
2
uuur
uuur ìï x + 1 = 3.1
SABC
ổ CB ử
3
=
=
=
9
ị
CB
=
3
CM
ịớ B
ị B(2; 2)
ỗ
ữ
1
CM
S
ố
ứ
A ' MC
ợù yB - 5 = 3.(-1)
3
uuur
uuur
Tương tự CA = 3CA ' Þ A(3;3)
uuur uuur
Từ AB = DC Þ D (0; 6)
Vậy A(3;3), B(2;2), C (- 1; 5), D (0; 6) .
Gọi I là trung điểm của đoạn AB thì I (5; 2; 5)
8.a
uuur uuur
uuur
(1,0 điểm)
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)
r
Đường thẳng D qua I và vng góc với mặt phẳng (P) nhận n = (1;1;1) là VTCP có
x -5 y -2 z-5
=
=
1
1
1
Tọa độ giao điểm của M của D và (P) là nghiệm của hệ phương trình:
ìx = 0
ìx -5 y-2 z-5
=
=
ï
ï
1
1 Û í y = -3
í 1
ïx + y + z + 3 = 0
ïz = 0
ỵ
ỵ
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
phương trình
0,25
Vậy M (0; - 3; 0) .
9.a
Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp là C154 = 1365 cách
(1,0 điểm)
Các trường hợp cho ra 4 viên bi có đủ 3 màu là:
· 2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng: C62C51C41 = 300
0,25
0,25
· 1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng: C61C52C41 = 240
· 1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng: C61C51C42 = 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 khơng có đủ ba màu là: 1365 - 720 = 645 cách
645 43
Vậy xác suất cần tìm là: P =
= .
1365 91
0,25
0,25
7.b
(1,0 điểm)
0,25
Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C ( 0; 4 )
Vì bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường trịn 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 vng góc với
BC º Oy : x = 0 nên AB : y = b
ỉ 16 - 4b ư
Vì A là giao điểm của AB v AC nờn A ỗ
;bữ
ố 3
ứ
Gi r lbỏnkớnhngtrũnnitiptamgiỏc ABC.Tacú
16 - 4b
b-4 .
2.SABC
3
1
S=
=
= b-4
2
AB + BC + CA
3
æ 16 - 4b ử
16 - 4b
2
b-4 +
+ (b - 4) + ỗ
ữ
3
ố 3 ø
Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7
Với b = 1 ta có A(4;1), B (0;1) . Suy ra: D (4; 4)
Với b = 7 ta có A(-4; 7), B(0; - 7) . Suy ra: D(- 4; 4) .
uuuur
uuur
8.b
Gọi M (1 + t; -1 - 2t;1 + 3t ) Ỵ d . Ta có: AM = (-1 + t; -2 - 2 t;3t ), AB = (-1; 0; -1)
(1,0 điểm) uuuur uuur
1 é uuuur uuur ù 1
é AM , AB ù = (-2t - 2; 2t + 1; 2t + 2) Þ S
=
AM , AB =
12t 2 + 20t + 9
AMB
ë
û
ë
û
2
2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
ỉ 5ư 2 1 2
1
.
=
12 ç t + ÷ + ³
2
è 6 ø 3 2 3
ổ1 2 3ử
5
Dungthcxyrakhivchkhi t = - .Vy M ỗ ; ; - ÷ .
6
è 6 3 2 ø
9.b
ìx - y > 0
(1,0 điểm) Điều kiện í
ỵ x + y > 0
0,25
0,25
0,25
Ta có: (1) Û 50 = 10.10 lg( x + y ) = 10( x + y) Û x + y = 5
Thế vào (2) ta được: lg( x - y ) = 2 - 2 lg 5 Û x - y = 10 2-2 lg5 =
0,25
10
100
=
= 4
lg 5 2
25
(10 )
ì
9
ïï x = 2
ìx + y = 5
Hệ đã cho tương đương với í
Ûí
ỵx - y = 4
ùy = 1
ùợ 2
ổ9 1ử
Vyhphngtrỡnhcúnghiml ỗ ; ÷ .
è 2 2 ø
Hết
Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân đã gửi tới www.laisac.page.tl
0,25
0,25
