Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần thứ nhất - Năm học 2014-2015 - Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần thứ nhất - Năm học 2014-2015 - Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NHẤT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút Câu 1: Cho hàm số có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng 2x – y + 1 = 0 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1. Câu 2. Giải các phương trình sau: 1) 2) Câu 3. Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để 3 thẻ được chọn có thể ghép thành số tự nhiên có 3 chữ số mà số đó chia hết cho 5 Câu 4. Tìm ∫ Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A(1;2;-4), B(1;-3;1), C(2;2;3) và có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy. Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ̂ , SA= SB = SD = √ . Tính thể tích khối chóp S.BCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AD và SB. Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD, CD = 3AB. Biết đường thẳng AC có phương trình 2x –y + 8 = 0, đường thẳng BD có phương trình x + 2y – 6 = 0, chu vi hình thang ABCD bằng √ √ . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết xD > 0, xC > 1
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ CHUYÊN NGUYỄN HUỆ 2xm Câu 1 : Cho y . x 1 1. KSHS với m 1. 2. Tìm m để đường thẳng yx 21 cắt đồ thị tại hai điểm A , B sao cho S OAB 1. Giải 21x 1. KSHS y x 1 TXĐ : D \1  1 y 0  x D x 1 2 Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Hàm số không có cực trị limy 2 : Tiệm cận ngang y 2 x limyy , lim : Tiệm cận đứng x 1 xx 11 Bảng biến thiên : Vẽ đồ thị >> 2
3. 1 Đồ thị hàm số cắt trục tung tại A 0;1 , cắt trục hoành tại B ;0 . 2 2. Tìm m để đường thẳng yx 21 cắt đồ thị tại hai điểm A , B sao cho S OAB 1. 2xm Xét phương trình hoành độ giao điểm : 21x x 1 x 1 2x2 x 1 m 0 (1) Để d: y 2 x 1 cắt C tại hai điểm phân biệt  pt (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  {  { (*) Với điều kiện (*) thì d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A(xA;2xA +1); A(xB;2xB +1) Với xA; xB là nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn Ta có: { 1 1 Ta có d O, d , S d O, d . AB 1 AB 25 5 ABC 2 22 xABAB x y y 20 >> 3
4. 22 xABAB x 4 x x 20 2 xABAB x 44 x x 2 11 m 44 22 23 m 8 23 Vậy m 8 Câu 2 : Giải các phương trình. 1. 2cos3 xxx cos4 cos2 0 2 2. log4 x 2 log 2 x 1 2log 4 3 x 5 Giải 1. 2cos3 xxx cos4 cos2 0 2cos3 x 2cos3 x .cos x 0 cosx cos2 x cos3 x 0 cosx cos23 x 4cos x 3cos x 0 3 cos x 4 cosx 1 cosx 0 3 xk arccos 2 4 x k2 k xk 2 >> 4
5. 3 Vậy phương trình có nghiệm : xk arccos 2 , xk 2 , xk , k 4 2 2 2. log4 x 2 log 2 x 1 2log 4 3 x 5 5 Điều kiện : xx ,2. 3 2 Ta có log4 x 2 log 2 x 1 2log 4 3 x 5 2 2 2 log4 x 2 log 4 x 1 log 4 3 x 5 x 2 2 x 1 2 3 x 5 2 x 2 x 1 3 x 5 xx2 4 3 0 2 xx 2 7 0 xx 1  1 2 2 . Vậy xx 1  1 2 2 . Câu 3 : Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để chọn 3 thẻ tạo thành số tự nhiên có ba chữ số mà số đó chia hết cho 5. Nhận xét : số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5. Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này hoặc cả hai thẻ. Tuy nhiên theo yêu cầu đề bài ta nên dùng biến cố đối (không rút được thẻ 0 và 5 sẽ dễ dàng hơn). Giải Số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5. Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này hoặc cả hai thẻ. Ta dùng biến cố đối là rút ra không có hai thẻ 0 và 5. 3 3 Rút 3 thẻ bất kỳ : C10 , 3 thẻ bất kỳ trong đó không có 0 và 5 : C8 . 3 C8 8 Vậy xác suất cần tìm là 1 3 . C10 15 ex 1 Câu 4 : Tìm dx . xe.1x >> 5
6. x x x x x x. ex 1 e x x . e x e 1 e x . e x . e 1 xe.1 Nhận xét x x x 1 x x x x x. e 1 x . e 1 x . e 1 e 1 e x . e x . e 1 Giải ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ = | | Câu 5 : Giải Gọi O là tâm mặt cầu O(a;b;c), do O => O(a;b;0) OA = OB = OC => {  {  { => O(-2;1;0)  R2 = OA2 = 26  Phương trình mặt cầu là (x + 2)2 + (y-1)2 + z2 = 26 Câu 6 >> 6
7. ABCD là hình thoi => => => ta đi tính Có : ̂ , ABCD là hình thoi => ABD là tam giác đều BD AC, SO BD, BD (SAO) => (SAO) (ABD) theo gt AO. Gọi G là trọng tâm ΔABD => SB (ABD) (vì tứ diện SABD có SA = SB = SD trên đường cao từ đỉnh S xuống mặt (ABD) chính là trọng tâm ΔABD => AG = AO = √ = √ SG = √ √ √ √ √ √ √ = > Có AD // BC => d (AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC)) >> 7
8. Mặt AG (SBC) = C => Gọi H là hình chiếu của G lên BC => GH BC => BC SGH SBC SHG giao tuyến SH Trong (SHG) gọi I là hình chiếu của G lên SH d G SBC GI SHG có SGH là tam giác vuông tại G , đường cao GI √ => d (A;(SBC)) = d(G;(SBC)) = √ = √ =>Vậy d (AD; SB) = √ Câu 7. Gọi E = AC ∩ BD => E(-2 ;4) A(a,2a +8) ; B(6-2b,b), C(c,2c +8), D(6-2d,d) ⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗ => c = -3a – 8 (1) ⃗ ⃗⃗⃗ ⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗ => d = -3b + 16 (2) EA2 = EB2 => (a +2 )2 + (2a +4 )2 = ( 8 -2b)2 + (b -4 )2 (3) Do chu vi hình thang cân ABCD là √ √  2(AD + 2AB) = √ √  √ + √ = √ √ ; (4) Giải hệ 4 phương trình 4 ẩn (1),(2),(3),(4) ta được: A= -1; b= 5;c = -5; d = 1 >> 8
9. Vậy A(-1;6); B(-4;5); C(-5;-2); D(4;1) 2 x y 1 3 y xy 2 y 2 0 Câu 8 : Giải hệ phương trình : 22 x y 4 xy 3 y 2 y x 1 0 Nhận xét : việc giải hệ này tương đối dễ với dữ kiện xy 10 , tuy nhiên tại dữ kiện còn lại lại gây khó khăn cho ta đôi chút nhưng cũng có thể giải quyết được khi nhận xét được phần chung 32yy2 ở cả hai phương trình. Giải 2 x y 1 3 y xy 2 y 2 0 22 x y 4 xy 3 y 2 y x 1 0 xy 10 1 Trường hợp 1 : 22 x y 4 xy 3 y 2 y x 1 0 2 32 xy 0, 1 Thay 1 vào 2 ta được phương trình : x 20 x x xy 1, 0 3y2 xy 2 y 2 0 Trường hợp 2 : 22 x y 4 xy 3 y 2 y x 1 0 Cộng vế theo vế của hai phương trình ta thu được phương trình sau : x2 y 3 xy x 3 0 x 3 Với y 0 không phải là nghiệm của hệ nên x2 y 3 xy x 3 0 1 x y x 3 3y2 3 y 2 y 2 0 vn 1 x 3y2 1 2 y 2 0 vn y x 0 x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm , y 1 y 0 11 Câu 9 : tìm max P x y z 1 x 1 y 1 z 1 >> 9
10. 3 x y z 3 Nhận xét : x 1 y 1 z 1 3 3 13 x 1 y 1 z 1 x y z 3 Vậy ta đổi biến theo biến x y z Giải 3 1 1 1 3 P xyz 1 x 1 y 1 z 1 xyz 1 xyz 3  P với Khi đó xét hàm số f(t) = F’(t) = F’(t) = 0  t = 4 do t Ta có f(t) Hay P Vậy GTLN của P = khi x = y = z = 1 >> 10