Đề thi thử Đại học và đáp án Môn Toán khối A, A1, B và D (Năm 2014) – Trường THPT Hà Nội, Amsterdam

By
Nguyễn Huyền
-
0
829
Đề thi thử Đại học và đáp án Môn Toán khối A, A1, B và D (Năm 2014) - Trường THPT Hà Nội, Amsterdam
QUẢNG CÁO
Vài Phút Quảng Cáo Sản Phẩm

Đề thi thử Đại học và đáp án Môn Toán khối A, A1, B và D (Năm 2014) – Trường THPT Hà Nội, Amsterdam

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 – 2013 – Đề số 4

Mục Lục

Quảng Cáo

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử Đại học và đáp án Môn Toán khối A, A1, B và D (Năm 2014) – Trường THPT Hà Nội, Amsterdam

Đề thi thử Đại học và đáp án: Môn Toán khối A, A1, B và D (Năm 2014) – Trường THPT Hà Nội, Amsterdam

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y           x 3    3 x2     2.

  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
  1. Tìm trên đường thẳng y 9 x  7 những điểm mà qua đó kẻ được ba tiếp tuyến

đến đồ thị (C) của hàm số.

Câu 2 (2,0 điểm).

  1. Giải phương trình: 23sin 2 x. 1 cos2 x 4cos2 x. sin 2 x 3 2sin 2 x 1
b) Giải phương trình: 2log 2 x  log 1 1  2 1 log 2 x  2 1   3.
x x
2
2
2
x y 2
x 2   4 y2   1
Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: .

12 y 2    10 y    2    2 3x3    1

Câu 4 (1,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a , BD a. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BM 2 AM . Biết rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SDM) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và mặt bên (SAB) tạo với mặt đáy một góc 60 0. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a và cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng OM và SA.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a 2          b 2   c2      3. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức: P  3( a  b  c )  2 1 1 1
.
b c
a

II. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm)

  1. Dành cho thí sinh thi khối A, A1

1

Câu 6a (1,0 điểm). Cho P ( x ) x

2    n

( x     x )      . Xác định số hạng không phụ thuộc vào

  • khi khai triển P ( x) biết n là số nguyên dương thỏa mãn C n3 2 n  An2 1.

Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1;5). Tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác lần lượt là I 2;2 và

5
K ;3 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.
2
  1. Dành cho thí sinh thi khối B, D

Câu 6b (1,0 điểm). Cho tập hợp A tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0. Hỏi có thể lấy được bao số tự nhiên từ tập A mà số đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.

4
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(0;2), B 0; và hai
5

đường thẳng d1 : x y 1 0, d 2 : 2 x y 2 0. Hãy viết phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ và cắt d1 , d2 lần lượt tại M, N sao cho AM song song với BN.

—– HẾT —–                                 http://megabook.vn/

TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

TỔ TOÁN – TIN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014

Môn: TOÁN

Câu

Câu 1  (2,0 điểm)

Câu 2

(2,0 điểm)

Đáp án Điểm
a) Học sinh tự giải 1,0
  1. Gọi M (m; 9m – 7) là điểm bất kì nằm trên đường thẳng y = 9x – 7.

Vì mọi đường thẳng có dạng x = m không là tiếp tuyến của đồ thị (C) nên ta xét d là đường thẳng đi qua M và có dạng: y = k(x – m) + 9m – 7.

Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

x 3   3 x 2   2  k ( x  m )  9 m  7

6x  k
3 x 2 0,5

x 3   3 x 2   2  (3 x 2   6 x )( x  m )  9 m  7

3 x 2   6x  k

Qua M kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) khi hệ trên có ba nghiệm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt:

2 x 3 3 x 2 3mx 2  6 mx   9 m  5     0

x  1  2 x 2   (5  3m) x  5  9 m   0

Do đó điều kiện của m là:

1
2 2 m
9 m   42 m  15  0 3
5  3m   8(5  9 m )  0 0,5
(5  3m ).1  5  9 m  0
2.12 m  1 m   5

m       1

1

Vậy các điểm M cần tìm có tọa độ (m; 9m – 7) với m < –5 hoặc     m     1.

  1. Điều kiện: sin 2 x 1 . 2

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:

23sin 2 x. 1  cos 2 x   4cos2 x. sin 2 x 3   0

23sin 2 x  23sin 2 x. cos 2 x  2cos 2 x 1  cos 2 x   3  0

0,5
2 3 sin 2 x  cos 2 x   3sin 2 2 x  2 3 sin 2 x. cos 2 x  cos 2
2 x   0
sin 2 x  cos 2 x sin 2 x  cos 2 x  2   0
3 3
sin 2 x  cos 2 x  0
3
3 sin 2 x  cos 2 x  2(*)
Mà sin 2 x 1 c os2 x sin 2 x  c os2 x  0
3
3
2
2
(*) sin 2 x  cos 2 x  2   sin(2 x )  1   x k . 0,5
3
6 3

Vậy nghiệm của phương trình là: x            k  , k        .

http://megabook.vn/

Câu 3 (1,5 điểm)

Câu 4 (1,5 điểm)

  1. Điều kiện 0 x 1 . 4
Phương trình đã cho tương đương với:
x 2 2 x  2 x 1 0,5
8
1  2  x
x 2 4 x  4 2 * .
x
1  2
x 16
(4 x ) 2 4 x
Chia hai vế của (*) cho 1  2 x ta được: 2.
(1  2 x ) 2 1  2 x
4 x .
Đặt t t 2    t  2   t  2   x  1 3 0,5
1  2 x 2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x  1 3 .

2

Phương trình đầu tiên của hệ tương đương với:

  • x 2 4  ( 2 y ) 2   4  ( 2 y)
f  x   f   2y  với y  f ( t )   t 2   4  t.
t t 0,75
t t 2 4  t
Ta có f ‘(t )  1 0,  t   f  t  là hàm số đồng
t 2   4 t 2   4 t2   4
biến trên R. Từ đó f  x   f   2 yx   2 y.

Thế x        2y vào phương trình sau của hệ phương trình đã cho ta được:

3 x 2 5 x  2    2 3 x3   1

( x  1) 3   2( x  1)   x 3   1  2 3x3   1

g x  1   g 3x3   1  với y  g (t )  t 3   2t.

Ta có g ‘( t )  3t 2   2    0,  t        g t      là hàm số đồng biến trên R. Từ đó:

g x  1   g 3 x 3 1 0,75

x 1 3x3 1 3 x 2 3 x 0

x   1   y  2
.
x  0   y  0
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:   1;2 , 0;0 .
Gọi H   AC  DM vì  SACABCD , SDMABCD    SH   ABCD .
60 o là góc giữa hai mặt phẳng  SAB
Từ H kẻ HK   AB   SK   AB   SKH
và  ABCD .
Do AM // CD HA AM 1 AH 1 AC AO .
CD 0,75
HC 3 4 2
Mà  ABD đều , AO là đường cao
a a 1 a
3 3 3
AH HK AH .sin HAK .
4 4 2 8
3a
SH  HK.tan 60 o .
http://megabook.vn/
8

Câu 5 (1,0 điểm)

Câu 6a (1,0 điểm)

Câu 7a (1,0 điểm)

Vậy V 1 SH .S 1 3a a 2   3 a3   3
. . .
2 16
S .ABCD 3 ABCD 3 8
Ta có cos OM ; SA OM .SA
OM SA
Mà OM .SA OA  AM SH  HA
1 2 o
AO. AH  AM . AH AO AM . AH.cos30
2
2
1  a a a a2
3 3 3
. . .
2 4 2
2 3 4
a2 12
Vậy cos OM , SA 4
a 13 a  21 273
6 8
2 a2 9
Ta chứng minh 3a với
a 2 2
0  a a 3   6 a 2   9 a  4  0    a  1 2  a  4   0 (đúng)
3
Tương tự 3b 2 b2 9 ; 3c 2 c2 9
2 c 2 2
b 2
Vậy 3 a  b  c   2 1 1 1 1 a 2 b 2 c 2 27
15
2 2
a b c
Dấu ”  ” xảy ra khi a  b  c  1.
n  N , n  3
3 2 n  1  n  2 n  8
Ta có Cn    2 n  An 1n 2 n   n  1 n
6
Ta có
f  x 1 x 1  x  8 C 0 1 C 1 1 1  x   C 2 1 1  x 2   …  C 8 x 8 1  x 8
8 x 8 8 x 6 8 x 4 8
x
Số hạng không phụ thuộc vào x chỉ có trong hai biểu thức  C 3 1 1  x 3 và
x2
C84  1  x 4 8
Trong đó có hai số hạng không phụ thuộc x là  C83C32 và C84 C40
Vậy  C 3C 2 C 4 C0      98.
8 3 8 4
5 5
Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC tâm K ;3 bán kính R  AK :
2
2
5 2 y  3 2 25
x .
2 4
Phân giác AI có phương trình x  1 y  5 3 x  y  8  0
2  1
2  5
3 x  y  8  0
Gọi D  AI   Ktọa độ của D là nghiệm của hệ 5 2 2 25
x y  3
2 4

0,75

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

http://megabook.vn/

5
x  1 x 5 1
2
Giải ra ta được hai nghiệm và D ; .
2
y  5 1 2
y
2
C A
Lại có ICD  ICB  BCD ICA  IAC  CIDICD cân tại
2 2
D   DC  DI mà DC  DB   B ,C là nghiệm của hệ
5 2 1 2 2 5
x y DI x  1
2 2
2 y .
2 1
x 5 y  3 2 25 x  4
2 4
Vậy B ,C có tọa độ là  1;1 , 4;1 .
Câu 6b Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C 93 . Chọn 2
(1,0 điểm) chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây:

Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng

5!

một số n, nên trong trường hợp này có cả thảy 3        60 số tự nhiên.

Trường hợp 2. Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của

  • chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ
tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có cả thảy 3 5! 90 số tự nhiên.
9! 2!2!
Vậy: (60  90)C 93   150 150 7 4 3  12600 số thỏa mãn điều kiện đề bài.
3!6!
Câu 7b Giả sử M  d1     M t ; 1  t , N  d 2     N s ; 2  2s
(1,0 điểm) Nếu t  0   M (0; 1)   AM  Oy (loại)
Do O, M, N thẳng hàng và AM // BN nên:
s 2  2s
t  2
t 1  t 3st  s  2t 5
OM  kON t s 4 . Vậy
6
AM  lBN 2s 15 st  15 s  6t 2 s
s 5 5
3  t
t
4 2
M 2;1 , N ; .
5 5

Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.

0,5

0,5

0,5

1,0

http://megabook.vn/

RELATED ARTICLESMORE FROM AUTHOR

LEAVE A REPLY

Please enter your comment!
Please enter your name here

LEAVE A REPLY

Please enter your comment!
Please enter your name here