Đề thi và đáp án đề thi thử đại học môn toán năm 2014

6 972 11
  • Loading ...
1/6 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/03/2014, 13:45

De thi thu DH toan 2014 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 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 4 2 2 22 1 (1)y x m x m    (m là tham số). a) Khảo sát sự biến thiên vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2.mb) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị , ,A B Csao cho bốn điểm O,, ,A B Clà bốn đỉnh của một hình thoi (với O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 24sin1 cot 21 cos4xxx . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  22 24 1 1 1 2 04 4 2 3 4 3x x y yx y y x        . Câu 4 (1,0 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình    2 32 4 1 4x m x m x x     có nghiệm. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2a. Mặt bên SAB là tam giác đều, SI vuông góc với mặt phẳng SCD với I là trung điểm của AB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD khoảng cách giữa hai đường thẳng SO AB. Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:      2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 23.2 2 2 5a b c b c a c a ba b c ab a b c bc a b c ca                II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 4 0d x y  và hai đường tròn      2 21: 1 1 1;C x y        2 22: 3 4 4C x y   . Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn 1Cvà tiếp tuyến MB đến đường tròn 2C(với A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M. Câu 8a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau trong mỗi số đó có đúng 2 chữ số chẵn 3 chữ số lẻ. Câu 9a (1,0 điểm). Giải phương trình: 84 221 1log ( 3) log ( 1) log 42 4x x x   . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng 1: 2 3 0d x y  và đường thẳng 2: 2 1 0d x y   cắt nhau tại I. Viết phương trình đường thẳng d đi qua O cắt 1 2,d d lần lượt tại ,A B sao cho 2IA IB. Câu 8b (1,0 điểm). Tính giới hạn: 220cos3 coslimxxe x xx. Câu 9b (1,0 điểm). Cho khai triển 3 2 30 1 2 31 2 nnnx x a a x a x a x       . Xác định hệ số 6a biết rằng 1531 202 31 2 2 2 2n naa aa       . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh:……………….24hchiase.comSỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 2,0 điểm Với 2m hàm số có dạng 4 22 4 3y x x  TXĐ: D  Giới hạn: lim ; limx xy y    0,25 Chiều biến thiên: 30' 8 8 ; ' 01xy x x yx     BBT x 10 1 y’ 0 + 0 0 + y 1 3 1 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng 1; 0 1; Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1  0;1. Điểm cực đại0;3, cực tiểu  1; 1 , 1; 1. 0,25 a Điểm uốn: 21'' 24 8; '' 03y x y x     . Điểm uốn 1 17;93U   Đồ thị: Giao với Oy tại 0;3, đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 0,25 TXĐ: 3 2220' 8 2 ; ' 0(*)4xy x m x ymx   0,25 b Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị (*) có hai nghiệm phân biệt khác 00m 0,25 24hchiase.comTọa độ các điểm cực trị  4 42 2 20; 1 , ; 1 , ; 12 8 2 8m m m mA m B m C m               . Dễ thấy A Oy còn B, C đối xứng nhau qua OA O khác A khi 1m . Tọa độ trung điểm của BC là 420; 18mI m    0,25 Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra 4 22 4 211 4 4 08 2m mm m m       2m   ( thỏa mãn). 0,25 2 1,0 điểm Đk:  cos4 1sin 2 02kxx kx  0,25 Ptcos 2 sin2 sin 2 1 cos 2x x x x   cos 2 sin2 1 sin 2 1 0x x x    sin2 11sin 242xx     0,25 +) sin 2 14x x k      0,25 +) ( )1sin 2424x k lxx k      Vậy phương trình có nghiệm  4 2kx k   . 0,25 3 1,0 điểm  22 24 1 1 1 2 0 (1)4 4 2 3 4 3 (2)x x y yx y y x        Đk: 1234yx0,25     332(1) 4 1 1 1 2 0 2 2 1 2 1 2x x y y x x y y            Xét hàm số 3( )f t t t  trên , 2'( ) 3 1 0f t t t    0,25 (1) có dạng 2 1 2 2 1 2 0f x f y x y x      Thay vào phương trình (2) ta được 4 216 24 8 3 4 3 0x x x      2 216 2 14 1 4 5 03 4 1xx xx      0,25     2162 1 2 1 4 5 03 4 1x x xx         12x  do 304x Với 102x y  . Vậy hệ phương trình có nghiệm 1; 02   . 0,25 4 1,0 điểm Điều kiện 0x. Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn. Với 0xviết lại phương trình:   2 24 1 4 2 0x m x x m x         2 24 41 2 0 1x xm mx x       0,25 24hchiase.com Đặt 242xtx . Từ phương trình (1) ta có:  21 2 0 2t m t m      221t tm g tt   0,25 Xét hàm số  22 1t tg tt  với 2t    241( )' 1 ; ' 031t lg t g ttt     BBT t 2 3 g’(t) 0 + g(t) 8 7 0,25 Để (1) có nghiệm 0xthì (2) có nghiệm 2t Từ BBT của g(t) thì cần có 7m. 0,25 5 1,0 điểm FEIKHODCBASGoi E là trung điểm của CD, suy ra AB IE. Lại có AB SI AB SEI  , do đó ( )ABCD SIE. Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH SH ABCD  0,25 3; 2SI a IE a SE a    (do tam giác SEI vuông tại S) 3 2aSH . Vậy 3.1 2 3.3 3S ABCD ABCDaV SH S  (đvtt) 0,25 Vì 2 212 2 2a aEH SE SH OH EH OI      . Qua O kẻ / / ( )OF BC F BC, ,d SO AB d AB SOF , 2 ,d I SOF d H SOF  0,25 Kẻ HK vuông góc với SO tại K HK SOF  3, 22ad SO AB HK  . 0,25 6 1,0 điểm Không mất tổng quát, giả sử: 3a b c  Đặt      2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2a b c b c a c a bPa b c ab b c a bc a b c ac                     2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 26 2 2 22 2 2a b c b c a c a bPa b c ab b c a bc a b c ac                     0,25 24hchiase.com     2 2 22 2 26 1 1 19Pa b c b c a a c b        0,25     2 22 21 1 1 215 253ca b c c c         21 2 1 0c c    đúng 0,25      2 2 22 2 26 1 1 19Pa b c b c a a c b        3 35 5P  Dấu “=” xảy ra khi chỉ khi a b c . 0,25 7.a 1,0 điểm 1C có tâm 1;1I, bán kính 11R; 2C có tâm 3; 4J , bán kính 22R0,25 Do 1 25IJ R R   1 2,C C rời nhau nên A B phân biệt 0,25 ; 4M t t d 2 2 2 212 4 9MA MI R t t     ; 2 2 2 222 6 5MB MJ R t t    0,25 Tam giác AMB cân tại M 2 22MA MB t   . Vậy 2;6M. 0,25 8.a 1,0 điểm Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) 2 46CSố cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho 344C0,5 Số các số có 5 chữ số phân biệt gồm 2 số chẵn 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho (có cả số 0 đứng đầu) 2 3 4 4. .5! 2880C C  Số các số có 5 chữ số phân biệt mà số 0 đứng đầu gồm 2 số chẵn 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho 1 3 3 4. .4! 288C C  Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là:2880 288 2592  số. 0,5 9.a 1,0 điểm ĐK: 01x x2 2(1) log 3 1 log 4 ( 3) 1 4x x x x x x           (2) 0,25 - Nếu 1x ; (2)( 3)( 1) 4x x x   133xxx    0,25 - Nếu 0 1x ; (2)( 3)(1 ) 4 3 2 3 3 2 3x x x x x            0,25 Vậy phương trình có 2 nghiệm 3; 3 2 3x x    0,25 7.b 1,0 điểm Ta có 1 2d d. Tam giác IAB vuông tại I có 2IA IB nên 1cos5IAB  hay d tạo với 1d một góc  với 1cos5 0,25 1d có véc tơ pháp tuyến 1(1; 2)n, gọi ( ; )n a blà véc tơ pháp tuyến của d12 21.21 1 1cos5 5 55n na bn na b       0,25 203 4 04 3bb aba b     0,25 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 0x 3 4 0x y 0,25 24hchiase.com8.b 1,0 điểm 2 22 2 2 20 0 0 0cos3 .cos 1 1 cos3 .cos 1 cos3 .coslim lim lim 1 limx xx x x xe x x e x x x xx x x x          0,25 201 cos3 .coslimxx xx2 22 20 01 cos 4 1 cos 2 sin 2 sinlim lim2x xx x x xx x      0,25 2 2 22 2 20 0 0sin 2 sin sin 2lim lim 1 limx x xx x xx x x      0,25 220sin 21 4lim 54xxx  . Vậy 220cos3 .coslim 6xxe x xx0,25 9.b 1,0 điểm Cho 3 1531 202 31 1 1 2 2 2 2 2 2nn naa ax a                158 2 5nn   0,25 Ta có     5 553 15 3 15 35 50 0 01 2 1 2 2kk ik k k k i kk k ix x C x x C x C x            515 350 0. . 2 .kik i k ikk iC C x   0 5i k  0,25 15 3 6 3 9k i k i     Ta có bảng sau k 3 4 5 i 0 3 6 0,25 3, 0k i   hoặc 4, 3k i Vậy    0 33 0 4 36 5 3 5 4. . 2 . . 2 150.a C C C C      0,25 Hết 24hchiase.com
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi và đáp án đề thi thử đại học môn toán năm 2014, Đề thi và đáp án đề thi thử đại học môn toán năm 2014, Đề thi và đáp án đề thi thử đại học môn toán năm 2014

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn