Đề thi thử Đại học môn Toán khối D năm 2014 - Trường THPT Tử Kỳ

Đề thi thử Đại học môn Toán khối D năm 2014 - Trường THPT Tử Kỳ

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT TỨ KỲ o0o ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán - Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số 3 2 3 1 y x x    có đồ thị (C). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 1tan tantan 4 sin 2 2 2 2           x xx x  ( Rx  ) . 2) Giải hệ phương trình:        0523 )(2132 22 yxxyyx yxxyyx ),( RyRx   Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân sau:     1 0 2 )2( )1ln( dx x xx I Câu IV (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, 2, 2 AB a BC a   , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm cạnh BC, góc giữa hai mặt phẳng (SMD) và (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.DCM theo a. Câu V (1,0 điểm): Tìm các giá trị của tham số a để hệ phương trình sau có nghiệm thực: . 233 1221. 3 2        axyxx xxyyx II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: 2 2 ( 1) ( 1) 8 x y     có tâm I, và điểm 3 A ; 2 2       . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A, cắt đường tròn (C) tại hai điểm B và C sao cho tam giác IBC nhọn và có diện tích bằng 2 3 . 2) Giải phương trình: ).3(log)5(log)121(log2 2 124 xxx  Câu VII.a (1,0 điểm) : Trong một lớp học gồm có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả học sinh nam và học sinh nữ. B.Chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : 2 2 8 6 21 0 x y x y      và đường thẳng (d) : 1 0 x y    . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) biết điểm A thuộc (d). 2) Giải phương trình: 2 2 9 1 3 3 1 1 log ( 5 6) log log (3 ) 2 2 x x x x       . Câu VII.b (1,0 điểm) : Tìm hệ số của số hạng chứa 8 x trong khai triển của n x x xP        5 3 2 )( với 0 x  Biết số nguyên dương n thỏa mãn : 1 2 1 4095 n n n n n n C C C C       Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh: ……………………………… www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ TOÁN KHỐI D LẦN 1- NĂM 2013-2014 (Gồm 05 trang) Câu Nội dung Điể m 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm sô: 3 2 y x 3x 1    (1,0 điểm) +) TXĐ: D R  +) Giới hạn: 3 2 lim ( 3 1) x x x      , 3 2 lim ( 3 1) x x x      +) Sự biến thiên: 2 ' 3 6   y x x , 2 0 ' 0 3 6 0 2           x y x x x 0,25 Hàm số đb trên các khoảng     ;0 & 2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng   0;2 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 , hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -3 0,25 Bảng biến thiên x  0 2  y  + 0  0 + y 1   - 3 0,25 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1)  là tâm đối xứng. 0,25 2) Viết phương trình tiếp tuyến (1,0 điểm) Ta có : y’ = 3x 2 - 6x Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên hệ số góc của tiếp tuyến là: k = 9 0,25 Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x 2 - 6x = 9 1 3 x x        0,25 Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là: y = 9x + 6 ( loại vì trùng với (d)) Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là: y = 9x - 26 0,25 I (2đ) Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0,25 1) Giải PT lượng giác (1,0 điểm) II (2đ) ĐK: cosx  0 0.25 www.VNMATH.com PT  )cos.sin(sin2cossin)tan(tancos)cos(sin 2 1 222 xxxxxxxxxx  0)1sin2)(cos(sin     xxx 0.25 )( 2 6 5 2 6 4 2 1 sin 0cossin Zk kx kx kx x xx                            0.25 Kết hợp điều kiện, các nghiệm trên đều thỏa mãn. 0.25 2) Giải hệ phương trình (1,0 điểm) ĐK:        0 3 1 y x 0.25 Từ pt (2) ta có 2 3 1 x y y x       0.25 +) Với x = y thay vào (1) ta có    2 3 1 0 x x x x         0 ( ) 2 3 1 0 x tmdk x x         0 1 ( loai) x y x 0.25 +) Với 2y = 3x +1 thay vào ( 2) có       1 3 1 1 2 x x x tìm được    1 2 x y (tmđk) Vậy hpt có nghiệm là: (0 ;0), (1;2). 0.25 III Tính tích phân (1,0 điểm) Ta có        1 0 1 0 22 )2( )1ln( )2( dx x x dx x x I . Tính              1 0 1 0 1 0 1 0 222 1 )2( 2 2 )2( 22 )2( x dx x dx dx x x dx x x I = 3 1 2 3 ln  0.25 Tính     1 0 2 2 )2( )1ln( dx x x I . Đặt                     2 1 1 )2( )1ln( 2 x v x dx du x dx dv xu 0.25 Khi đó: 3 4 ln2ln 3 1 )2)(1( 2ln 3 1 1 0 2     xx dx I 0.25 Vậy I = 3 1 2 3 ln  3 4 ln2ln 3 1  = 2ln 3 2 3 1  0.25 (1,0 điểm) IV +) Gọi I = MD  AC. Tính được MC= a, MD = 3 a ; AC= 6 a www.VNMATH.com .MC // AD nên có 2 2 3 1 1 3 3 2 1 2 1 6 2 3 3 a ID MDMI ID MC MI IC AD ID IA a IC IA IC AC                         2 2 2 2 2 IC ID a DC IDC      vuông tại I DM AC   (1) 0,25 +) Có (2) SA MD  . Từ (1), (2) có ( ) DM SAC DM SI    Chỉ ra góc giữa hai mặt phắng (SDM) và (ABCD) là góc SIA  = 60 0 0,25 +) 0 .tan 60 2 2 SA IA a   và 2 2 ( ) 2 DCM a S dvdt  0,25 3 1 2 . ( ) 3 3 SDCM DCM a V SA S dvtt   0,25 (1,0 điểm) +) ĐK: 1,    yRx . +) Đặt z= 01 y , ta được hệ phương trình:        23 12. 23 22 axzx xzzx . Ta thấy z=0 không thỏa mãn hệ. Với z>0, đặt x=tz thì hệ trở thành:        )2(2)3( )1(1)2( 33 23 attz ttz 0,25 +) Do z>0 nên từ (1) ta có: t<0 hoặc t>2. Từ hệ (1) và (2) ta có: a+2= t t tt 2 3 2 3   , t>0 hoặc t<2. 0,25 +) Xét hàm số f(t)= t t tt 2 3 2 3   , t>2 hoặc t<0. Lập BBT của hàm số. 0,25 V +) Kết luận:              2 1 4 2 3 2 62 a a a a . 0,25 1) (1,0 điểm) . Đường tròn (C) có tâm I(-1; 1), bán kính R= 2 2  IB= IC = R= 2 2 Tính IA = 29 2 2 2 R   => A nắm trong đường tròn (C). 0,25 . 1 3 . sin 2 3 sin 2 2 S IB IC BIC BIC IAB       0 60 0 120 ( ) BIC BIC loai         IBC  đều. Gọi H là trung điểm cạnh BC, tính được IH 6  0,25 VI. a  Đường thẳng d đi qua A, giả sử có VTPT 2 2 ( ; ) ( 0) n a b a b    có phương trình 3 3 a(x ) b(y 2) 0 ax by a 2b 0 2 2          0,25 www.VNMATH.com 2 2 5 ( 10 2 30) 2 ( ; ) 6 6 ( 10 2 30) a b a b d I BC IH a b a b                   Chọn b=1  a. Từ đó có phương trình đường thẳng d: …. 0,25 2) Giải phương trình : (1,0 điểm) +) ĐK : 3 2 1  x +) PT )3(log)5(log)121(log 222 xxx  0,25 x x x    3 5 121 x x   3 2 12 0,25 2 1 ( 3) (2 1) 4 11 17 4 x x x x              0,25 +) Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm là: x=1, 4 1711 x 0,25 (1,0 điểm) Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là : 4 35 C = 52360 0,25 Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là : 1 3 2 2 3 1 20 15 20 15 20 15 4615 C C C C C C   0 0,5 VII a Xác suất cần tính là: P = 4615 5236 0,25 1) (1,0 điểm) Đường tròn (C) :     2 2 4 3 4 x y     . Tâm I ( 4;-3); Bán kính R =2 Gọi điểm A (a; 1-a)  d. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và AD, có IM =IN= R=2 Do ABCD là Hình vuông ngoại tiếp (C) nên AI= 2 2 0,25 2 2 6 (6; 5) 2(4 ) 8 8 12 0 2 (2; 1) a A a a a a A                  I là tâm đường tròn cũng là tâm hình vuông nên A( 6;5) thì C( 2;-1) hoặc ngược lại. Cạnh hình vuông bằng 2R = 4. 0,25 Gọi D (x;y) . Ta có: . 0 4 AD DC AD          2 2 2 ( 6)(2 ) ( 5)(1 ) 0 7 6; 1 ( 6) ( 5) 16 6 5 0 2; 5 x x y y x y x y x y y y x y                                  => D( 6;-1) thì B( 2;-5) 0,25 Vậy bốn đinh hình vuông là :A(6;-5) B(2;-5) C(2;-1);D(6;-1) 0,25 2) Giải phương trình: (1,0 điểm) VI. b 2 2 9 1 3 3 1 1 log ( 5 6) log log (3 ) 2 2 x x x x       . www.VNMATH.com Điều kiện: 1 < x < 3 và x ≠ 2 (*) 2 2 9 1 3 3 2 3 3 3 2 3 3 1 1 (1) log ( 5 6) log log (3 ) 2 2 1 log 5 6 log log (3 ) 2 ( 1)(3 ) log 5 6 log 2 x PT x x x x x x x x x x x                           0,25  ( 1)(3 ) ( 2)( 3) (2) 2 x x x x      0,25 Giải PT(2) , đối chiếu với ĐK(*) ta được x = 5 3 . Kết luận nghiệm pt… 0,25 (1,0 điểm) Ta có: 1 2 1 0 1 2 1 4095 4096 2 4096 12 n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C n                   0,25 Với x>0, ta có 5(12 ) 60 11 12 12 5 12 3 2 2 12 12 3 0 0 2 ( ) ( ) 2 2 k k k k k k k k k P x x c x x c x x            0,25 60 11 8 60 11 16 4 2 k k k        . 0,25 VII b Hê số của 8 x là 4 4 12 c 2 7920  0,25 Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác ra đáp số đúng vẫn cho điểm tối đa. www.VNMATH.com . SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT TỨ KỲ o0o ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán - Khối D Thời gian làm