Đề thi thử đại học Toán (Lần 1) - Năm học 2013-2014 - Trường THPT Hai Bà Trưng (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi thử đại học Toán (Lần 1) - Năm học 2013-2014 - Trường THPT Hai Bà Trưng (Có đáp án)

1. Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 1 - NĂM 2014 Trường THPT Hai Bà Trưng MÔN: TOÁN (KHỐI A, A1) (ĐỀ CHÍNH THỨC) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ----------------- Họ và tên thí sinh: . . Số báo danh: ... 2 x Câu 1. (2 điểm): Cho hàm số y (C) . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm m để đường thẳng (d): y = mx – m + 2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. Câu 2. (2 điểm): 2 a) Tìm nghiệm x 0, của phương trình cos6x (1 + 2sinx) + 2cos x = 1 + 2cos5xsin2x 2 b) Giải hệ phương trình 19 (3x 4 5 x )2y 2( 3 x 8) x y log2 x 1 e x2 e ln x 1 I dx Câu 3. (1 điểm): Tính 3 1 x Câu 4. (2 điểm): a) Trong mp (0xy) cho tam giác ABC vuông tại A, biết cạnh BC có pt: 3x y 3 0 , điểm A, B thuộc trục hoành. Xác định tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC ; biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2. b) Cho mp (P): 2x+ 2y+ z = 0. Lập phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A (1; 0; 0) ; B (0; 1; 0); C (0; 3; 2) và cắt mp (P) theo thiết diện là đường tròn (C) có bán kính bằng 1. Câu 5. (1 điểm): Với mọi số thực x, y thỏa mãn: 2(x2 + y2) = xy + 1. x4 y 4 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 2xy 1 Câu 6. (1điểm): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a, SA = SB = SC = SD = a 2 . E là điểm thuộc cạnh SC sao cho SE = 2EC; F là điểm thuộc cạnh SD 1 sao cho SF = FD . Tính thể tích khối chóp SABCD và thể tích khối đa diện ABCDFE. 3 Câu 7. (1 điểm) : Tìm các giá trị của x trong khai triển Newton n x lg 10 3 5 x 2 lg3 1 3 2 2 2 biết số hạng thứ 6 của khai triển đó là : 21 và CCCn n 2 n ---------------HẾT--------------- Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! 1
2. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI A, A1 – THI THỬ ĐH LẦN 1 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1. a 2 x y (C) 1 điểm Hàm số: x 1 D \ 1 0.25 +) Giới hạn, tiệm cận: limy 2; lim y 2; lim y ; lim y x x x (1) x (1) - TC đứng: x = 1; TCN: y = 2. 2 0.25 +) y' 2 0,  x D x 1 +) BBT: x - - 1 + y' - || - 0.25 y 2 || || 2 Hàm số nghịch biến trên ,1 ; 1, +) ĐT: Giá trị x -3 -1 0 2 3 y 3/2 1 0 4 3 Đồ thị nhận giao điểm I (1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng 12 10 8 0.25 6 4 2 15 10 5 5 10 15 2 4 1. b Pht hoành độ giao điểm của (C) và (d) là 1 điểm 2x x 1 0.25 mx m 2 2 x 1 g( x ) mx 2 mx m 2 0 (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 m 0 2 0.25 m m( m 2) 0 m 0 g(1) m 2 m m 2 0 2
3. Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của (*) khi đó A (x1 ; mx1- m+2), B (x2 ; mx2 – m +2) 0.25 Theo vi ét ta có x1 + x2 = 2 và x1x2 = (m-2)/m 2 2 2 2 2 AB = (x2 - x1) (1+ m )= [(x1+ x2) - 4x1x2] (1+m ) 82 1 0.25 = 1 m 8 m 16 do m>0 m m ABmin = 4 ⇔ m =1 2a Cos6x(1+ 2sinx) + 2cos2x = 1+ 2cos5xsin2x 1 điểm ⟺cos6x + 2cos6xsinx + cos2x = 2cos5xsin2x ⟺cos6x + sin7x – sin5x + cos2x = sin7x – sin3x 0.25 ⟺cos6x + cos2x + sin3x – sin5x = 0 ⟺2cos4xcos2x – 2cos4xsinx = 0 cos4x 0 (1) ⇔ cos2x sin x (2) 0.25 x (1) 8 Do x (0; ) , 3 2 x 8 0.25 sinx 1 2 2 1 (2)⇔1-2sin x=sinx⇔2sin x+sinx-1=0⇔ sinx ⇔x=π/6 ( do sinx = -1 loại) 0.25 2 Vậy pt có 3 nghiệm x=π/8; x=3π/8; x=π/6 2b 4 Đk x 5, x 0 (*) 1 điểm 3 0.25 y y y 2 y log2 x 1 log 2 2 log 2 x 1 log 2 ( x .2 ) 1 2 x 19 3x 4 5 x 2y 2 ( 3 x 8) 0.25 x 2 3x 4 5 x 2y (19 3 x2 8 x ) x 3x 4 5 x 19 3 x2 8 x 0.25 (3x 44)(1 5 x )(3 x2 8 x 16)0 3 1 (x 4) (3x 4) 0 3x 4 4 1 5 x 0.25 x 4 do (*) 3. e e 0.25 dx ln x 1 điểm I = 3 e d(ln x ) x 1 1 e dx 1 1 A . 3 2 0.25 1 x2 2 e lnx e 0.25 . B= (e ) 1 = e-1 3
4. 3 2 0.25 Vậy : I = 2e e 1 2e2 4a Với a≠1, Tọa độ A (a; 0) ; B (1; 0) ; C( a ; a 3 3) 0.25 1 điểm 2a 1 a 1 G(;) 3 3 0.25 Diện tích ∆ABC = 1/2AB.AC = pr ⇔ AB.AC = 2(AB+AC+BC) 3a 1 a 12( a 1 3 a 12 a 1) a 3 2 3 3a 1 2(1 3 2) do a 1 ⇔ a 1 2 3 0.25 2(3 3) a 1 2(1 3) 2 2 3 3 0.25 743223 143223 ⇔ GG ;;; 3 3 3 3 4b ():Sxyz2 2 2 2 axbyczd 2 2 0 ; a 2 bcd 2 2 0 0.25 1 điểm 1 2a d 0 d 2 a 1 do A,B,C(S) 12 b d 0 b a 13 6b 4 c d 0 c 3 a 2a 2 b c 2 a 2 b c d( I ,( P )) 0.25 4 4 1 3 Do (P)∩(S) = (C) có bán kính r = 1, Gọi R là bk mặt cầu (S), ta có R2 = r2 + d2(I ;(P)) 2 (2a 2 b c ) a2+ b2 + c2 – d =1+ 0.25 9 ⇔ a 1 a 4 2 2 2 Với a = b = d = 1, c = 2 thỏa đk ta có (S1): x + y + z - 2x - 2y - 4z + 1=0 2 2 2 Với a = b = 4, c= -1, d = 7 thỏa đk ta có (S2) : x + y + z - 8x - 8y + 2z + 7=0 0.25 5. txyxy 1 2( xy2 2 ) 2 xy 2 2 xy 4 xy 0.25 1 điểm 1 0.25 5xy 1 0 xy 5 2 1 xy 1 2 xy 2 xy 4 xy 3 xy 1 xy 3 2 xy 1 2 2 2 22 2 2 2x y 1 1 x y 2 x y 2 0.25 t P 5 3 2xy 1 2 xy 1 7t2 2 t 1 4 2t 1 0.25 4
5. 2 7t2 2 t 1 7 t t Xét hàm : f( t ) f '( t ) 4 2t 1 2 2t 1 2 t 0 f'( t ) 0 t 1 loại ;f(-1/5)=f(1/3)=2/15 ;f(0)=1/4⇒GTLN=1/4, GTNN=2/15 6. Gọi O=AC∩BD S 1 điểm ∆SBD cân tại B có SO là trung truyến →SO⊥BD Tương tự SO⊥AC F →SO⊥ABCD (SO là đường cao của hình chóp) 2 a 5 A D E SABCD a, BD a 5; BO 0.25 2 a 3 O SO SB2 BO 2 2 B C 1 a3 VSABCD S ABCD. SO 3 3 0.25 3 VSABE SA. SB . SE 2 1 a VVSABE SABCD VSABC SA. SB . SC 3 3 3 3 3 VSAEF SA. SE . SF 1 1 a VVSAEF SABCD VSACD SA. SC . SD 6 12 12 3 0.25 a3 a 35 a 3 5 3 a 3 VVVSABEF SABE SAEF 3 3 12 3 12 3 36 3 7a 3 0.25 VSABCDFE = đvtt 36 7. 0.25 1điểm Từ CCC1 3 2 2 suy ra n = 7 n n n Số hạng thứ 6 bằng 21 nên ta có x 0.25 5lg 10 3 x 2 lg3 x x 2 C7 2 21 lg 10 3 lg3 0 x 2 x x 0 ⇔ (3 ) – 10.3 + 9 = 0 0.25 x 2 Vậy có hai giá trị x = 0 ; x = 2 0.25 Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa. - Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải. 5