- Tên Ebook: Đề thi thử số 056
- Loại file: PDF
- Dung lượng: 301 KB
- Số trang:
LINH TẢI:
TRÍCH DẪN:
TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Ngày thi : 19/1/2014 Môn : TOÁN - Khối : A, A1, B, D ------------------------------ www.LuyenThiThuKhoa.vn www.NhomToan.com Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề --------------------------------------------------- Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y = x 4 - 2 ( m + 1 ) x 2 + 3 (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 . b) Tìm m để đường thẳng y = - 2 m + 2 cắt đồ thị hàm số (1) tại đúng hai điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 8. Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình: 2sin ⎛ │ ⎝ 2 x + π 6 ⎞ │ ⎠ + 2sin2 x .cos x + 3sin x = 1 + sin3 x . Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình ⎧ │ ⎨ │⎩ x 3 + y 3 + xy 2 + x 2 y + 3 x + 3 y = 3 x 2 + 3 y 2 + 2 + 2 3 x - 1 - x 2 = 2 y - 3. 3 8 - 2 y + 5 xy , ,x y∈. Câu 4 (1,0 điểm): Tính nguyên hàm: ∫ e e x x + + e e - - x x + + 3 2 dx . Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a tâm O, hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AO, góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) là 60 0 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng ( SCD ) . Câu 6 (1,0 điểm): Cho x , y , z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x 3 + y 3 + 4 z 3 . Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, N thuộc cạnh AC sao cho AN = 1 4 AC . Biết MN có phương trình 3 x - y - 4 = 0 và D(5;1). Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương. Câu 8 (1,0 điểm): Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp. Tính xác suất của biến cố 5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng. Câu 9 (1,0 điểm): Giải phương trình: 25 x + 20 x + 5.10 x + 5.2 x = 5.4 x + 5 x + 1 + 10 x + 50 x . ---------- Hết --------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .................................... Số báo danh: ............................................... tranquocthep@gmail.com SỞ GD - ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1,B ,D ___________________________________ Câu Đáp án Điểm 1 a) 1 điểm (2 điểm Khi m = 1 , ta có hàm số y = x 4 - 4 x 2 + 3 . • Txđ: . - Sự biến thiên:Chiều biến thiên: ; Để đường thẳng d cắt đồ thị ( m ) 0,25 Hàm số đồng biến trên y ' = 0 ⇔ ⌈ │ ⌊ x x = = 0 ± 2 . ( - 2;0 ) ; ( 2;+∞ ) , nghịch biến trên ( -∞ ; - 2 ) và ( 0; 2 ) . Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 , ĐC y = - 1 . 0,25 Giới hạn: lim lim x x y = 3 ;h/s đạt cực tiểu tại x = ± 2 , CT y = y = +∞. →+∞ →-∞ C tại đúng 2 điểm phân biệt thì ( )1 có đúng 2 nghiệm phân biệt ⇔ ⌈ │ ⌊ 2 2 m m 0 ( ) + + 1 1 < = 1 0 ⇔ ⌈ │ │ ⌊ m = m < - 2 1 * . b) 1 điểm Pt hoành độ giao điểm : x 4 - 2( m + 1) x 2 + 3 = - 2 m + 2 ( 1 ) Ta có ( ) ⇔ - + + + = ⇔ ⌈ │ ⌊ = = = + ⇔ ⌈ │ ⌊ 1 x 4 2( m 1) x 2 2 m 1 0 x 2 1 x ± 1 x 2 2 m 1 x 2 = 2 m + 1 Ta có ( )1 luôn có 2 nghiệm phân biệt x = ± 1 . - Bảng biến thiên: x -∞ - 2 0 2 +∞ 'y - 0 + 0 - 0 + y +∞ +∞ 3 1- 1- • Đồ thị Trang 1/5 0,25 0,25 0,25 0,25 2 (1 điểm) • sin 0 , x x k k = ⇔ = ∈ π ; Vậy, các nghiệm của phương trình là 3 (1 điểm) - Với 2 0 x y = ⇒ = . Với phương trình (5), Ta có vế trái là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số đồng biến. Mà 2 x = là một nghiệm của (5) nên (5) có nghiệm duy nhất là 2 0 x y = ⇒ = .Vậy nghiệm ( ) ;x y của hệ đã cho là ( ) 2;0 . Khi đó, giả sử 2 giao điểm là A ( 1;2 - 2 m ) , B ( - 1;2 - 2 m ) . Ta có ∆ OAB cân tại O, gọi I là trung điểm của AB ⇒ I (0,2 - 2 m ) và AB = 2, OI = 2 - 2 m . Theo giả thiết 8 = S OAB ⇔ 1 2 OI ∙ AB = 8 Pt đã cho 3sin2 cos2 sin3 sin 3sin 1 sin3 x x x x x x ⇔ + + + + = + 3sin2 4sin 1 cos2 x x x ⇔ + = - ⎧ Giải hệ phương trình │ ⎨ │⎩ + + - - + + + = - - = + + + + ĐK: x ≥ 1 . ( )1 ⇔ ( x + y )( x 2 - xy + y 2 ) + xy ( x + y ) + 3 ( x + y ) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2 xy + 2 ⇔ ( x + y )( x 2 + y 2 ) - 2( x 2 + y 2 ) = ( x + y ) 2 - 3( x + y ) + 2 ⇔ ( x 2 + y 2 )( x + y - 2) = ( x + y - 2)( x + y - 1) 3 x - 1 + 3 4 + 2 x = x - 2 x + 9 ⇔ 3 x - 1 - 1 + 3 4 + 2 x - 2 = x - 2 x ( ) ( ) ( ) 3 ⇔ 2 m - 1 = 8 ⇔ m - 1 = 4 ⇔ ⌈ │ │⌊ tho¶ 5 * * m m = - m·n = kh«ng tho¶ m·n 0,25 ⇔ 2 3sin x cos x + 4sin x = 2sin 2 x ⇔ 2sin x ( sin x - 3cos x - 2 ) = 0 ⇔ ⌈ │ ⌊ sin sin x = 0 x - 3cos x = 2 0,25 3 ⇔ - - 1 2 + 1 + 3 2 4 4 + 2 + 2 4 2 4 2 2 3 1 1 4 2 6 2 4 2 4 (5) - + + = - ⇔ ⌈ │ │ │ ⌊ = - + + + x = + + + x x x x x x x x x x x • 2 2 • (3) ⇔ y = 2 - x . Thay vào (2) ta được 3 2 ( ) ( 3 ) 2 π sin x - 3cos x = 2 ⇔ sin ⎛ │ ⎝ x - 3 ⎞ │ ⎠ = 1 ⇔ x = 5 6 π + k π , k ∈ ; 0,25 x ⇔ ⌈ │ ⌊ x + + y y - - = x - y + = ( 3 2 3 ) 3 ( ) 2 3 2 0 (3) 1 0 (4) 3 x y 3 xy 2 x 2 y 3 x 3 y 3 x 2 3 y 2 2 xy 2 1 3 x 1 x 2 2 y 3 3 8 2 y 5 2 Trang 2/5 2 (4) ⇔ ⎛ │ ⎝ x - 1 2 ⎞ │ ⎠ + ⎛ │ ⎝ y - 1 2 ⎞ │ ⎠ 2 + 1 2 = 0 π x = k π , x = 5 6 + k 2 π , k ∈ . ( ) ( ) ( ) ( ) . Vậy 3 m = - . 0,25 , vô nghiệm. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4 (1 điểm) ⇒ I = x - e x 1 + 1 + C 5 (1 điểm) Kẻ HK ⊥ SI tại K ⇒ HK ⊥ ( SCD ) ⇒ HK = d ( H ,( SCD ) ) ⇒ 1 HK 2 = 1 SH 2 + HI 1 2 = 27 16 a 2 + 9 16 a 2 = 64 27 a 2 ⇒ HK = 3 8 3 a ⇒ d ( G ,( SCD ) ) = 8 9 ∙ 3 8 3 a = a 3 3 . 6 (1 điểm) Xét hàm số f ( z ) = 1 4 ( 3 - z ) 3 + 4 z 3 , z ∈ [ 0;3 ] . Ta có f ′ ( z ) = 9 4 ( 5 z 2 + 2 z - 3 ) , ( ) 0,25 Với I 1 = ∫ e x 2 1 + e - x + 2 dx = ∫ e x e x + 2 e x + 1 dx = ∫ ( e x 2 e x + 1) dx . Đặt t = e x + 1 ⇒ dt = e x dx 0,25 1 2 ⇒ I = ∫ dt t = - 1 t + C = - e x 1 + 1 + C . 0,25 = Trong (SAB), SG cắt AB tại M thì M là trung điểm AB và . Mà MG ⋂ ( SCD ) = S suy ra d(G,(SCD))= 2 3 d ( M , ( SCD ) ) = 2 3 d ( A , ( SCD ) ) AH ⋂ ( SCD ) = C , HC AC = 4 3 nên d ( A , ( SCD ) ) = 4 3 d ( H , ( SCD ) ) 1 Ta có x 3 + y 3 ≥ 4 ( x + y ) 3 ⇔ ( x + y )( x - y ) 2 ≥ 0 là mệnh đề đúng với mọi ,x y∈ . Suy ra A ≥ 1 4 ( x + y ) 3 + 4 z 3 = 1 4 ( 3 - z ) 3 + 4 z 3 . - I = ∫ e e - + e + e + + dx = B S I 0,25 K G A D HI // AD nên M H O C x x x x 3 2 . 0,25 1 = ∫ ⎛ │ ⎝ 1 + e x + e - x + 2 1 x x 2 ⎞ │ ⎠ dx = x + ∫ e + e - + dx . ⌈ ′ = ⇔ │ │ │⌊ = - ∉ = ∈ z 1 0;3 f z 0 z 3 5 0;3 Trang 3/5 • Gọi H là trung điểm của AO SH ⊥ ( ABCD ) . Dựng HI ⊥ CD tại I, suy ra CD ⊥ ( SHI ) ⇒ SI ⊥ CD , vậy góc giữa ( SCD ) và ( ABCD ) là SIH ⇒ SIH = 60 0 HI = AD = a suy ra SH = HI .tan SIH = 3 4 a tan60 O = 3 4 3 a S ABCD = a 2 ⇒ V S . ABCD = 1 3 S ABCD ∙ SH = 1 3 ∙ a 2 ∙ 3 4 3 a = 3 a 3 4 [ ] [ ] SG SM . 3 3 4 4 2 3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 7 (1 điểm) (3;5) M , gọi Bảng biến thiên của hàm số f ( z ) trên [ 0;3 ] : z 0 3 5 Từ bảng biến thiên suy ra, A có giá trị nhỏ nhất là 0,25 Kẻ NH ⊥ BC tại H , NK ⊥ DC tại K . Ta có ∆ NKC = ∆ NHC (cạnh huyền và góc nhọn) ⇒ NK = NH AD ⁄⁄ NK AB ⁄⁄ NH ⇒ DK DC AN 1 ⎫ AC 4 ⇒ BH BC = = AN AC 1 4 DK BH ⇒ DN ⊥ MN ⇒ pt DN :( x - 5) + 3( y - 1) = 0 hay x + 3 y - 8 = 0 Toạ độ N thoả mãn: = = │ │ ⎬ │ │⎭ ⇒ = mà M là trung điểm BC nên H là trung điểm củaBM . ⇒ ∆ DKN = ∆ MHN ⇒ DNK = MNH , ND = NM . Mà KNH = 90 0 ⇒ DNH = 90 0 ⇒ ∆ DNM vuông cân tại N Gs M ( m ;3 m - 4) ⇒ MN ⎧ ⎨ ⎩ 3 x x + = - 3 (2 y y - - - 8 4 = = 0 0 ⇒ N (2;2) m ;6 - 3 m ), DN = 10, MN = DN 2 2 2 0,25 ⇒ - + - = ⇔ - = ⇔ ⌈ │ ⌊ = (2 m ) (6 3 m ) 10 ( m 2) 1 m 3 ⇒ M (3;5) m = 1 ⇒ M (1; - 1) lo1i - ⇔ ⎧ │ ⎨ │ ⎩ x y - - = = - ⇔ ⎧ │ ⎨ │ ⎩ x y = = Ta có AP = 1 3 MC = 1 6 BC = 1 6 AD ⇒ DP = 5 6 DA 3 f ′ ( z ) - 0 + f ( z ) 27 4 108 108 25 P = MN ⋂ AD ⇒ NP = - NM p 2 3 1 5 p 3 p 2 1 p 1 Trang 4/5 1 3 108 25 khi 3 z = 5 , 6 x = y = 5 . 0,25 0,25 0,25 8 (1 điểm) Vậy xác suất cần tìm là: 9 (1 điểm) 5 = 5 (2) ⇔ 5 2 1 ⌈ │ │ │ ⌊ ⎛ │ ⎝ 1 0 x ⎞ │ ⎠ x = ⇔ ⌈ │ ⌊ x = x = Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { 0;1 } . Chú ý: Nếu thí sinh làm bài theo các cách khác mà vẫn đúng thì vẫn được đầy đủ số điểm theo đáp án qui định. --------Hết-------- Chọn 5 viên bi trong 18 viên bi thì có C 18 5 cách. ⇒ Không gian mẫu gồm ( ) 5 18 0,25 Gọi A là biến cố "5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng" Ta có các trường hợp xảy ra: TH1: Trong 5 bi được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh. Có 1 6 1 7 3 5 n Ω = C = 8568 kết quả đồng khả năng xảy ra. 0,25 C ∙ C ∙ C cách chọn trong trường hợp này. TH2: Trong 5 bi được chọn có 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh . Có C 6 2 ∙ C 7 2 ∙ C 5 1 cách chọn trong trường hợp này. ⇒ 1 1 3 2 2 1 6 7 5 6 7 5 0,25 n ( A ) = C ∙ C ∙ C + C ∙ C ∙ C = 1995 . ⇒ DP = DA = CB = MB ⇒ MB = DP B ⇒ B B B ⎧ │ │ ⎨ │ │ ⎩ x y - - = = ⎛ │ ⎝ - - ⎞ │ ⎠ ⇔ ⎧ ⎨ ⎩ x y = = 1 25 20 5 10 5 2 5 4 5 10 50 x x x x x x x x + + + ∙ + ∙ = ∙ + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 25 50 20 10 5.10 5 5 2 4 0 x x x x x x x x + ⇔ - + - + - + - = ( )( ) 2 1 25 10 5.5 5.2 0 x x x x x ⇔ - - + + - = ⌈ - = │ ⇔ - - = │ ⌊ (1) 2 1 0 x x ⇔ = ⇔ = . 0,25 0,25 2 x 1 0 ( 1 ) ( 5 x 2 x )( 5 5 x ) 0 ( 2 ) 5 5 5 3 6 6 3 5 3 5 3 5 1 5 3 5 3 5 (1 1) 5 ( P ( A ) = n n ( Ω A ) ) = 1995 8568 = 408 95 Trang 5/5 . 0,25 0,25 0,25 0,25