đề thi thử đại học môn toán 2014

Đề thi test Đại học lần thứ 1 Toán 2014 kăn năn A,B của ngôi trường THPT Đặng Thúc Hứa này bao hàm đều câu hỏi liên quan đến: giải hệ phương trình, tính tích phân, tính thể tích khối chóp,...sẽ giúp đỡ ích rất nhiều cho chúng ta học viên ôn tập, nắm rõ kiến thức nhằm đã có được điểm giỏi trong kì thi tiếp đây.




Bạn đang xem: đề thi thử đại học môn toán 2014

*

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014 ----------------------- www.VNMATH.com Môn: Toán; Khối: A và khối hận B TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Thời gian làm cho bài: 180 phút ít, không nói thời hạn vạc đề. ------------------------------------ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3mx 2  4m3 1 , m là tsi số thực. a. Khảo liền kề sự đổi thay thiên và vẽ vật thị hàm số (1) khi m  1. b. Tìm m đựng đồ thị hàm số (1) tất cả nhị điểm rất trị A, B làm thế nào để cho OA  OB  6 ( O là cội tọa độ).  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương thơm trình 2 sin  2 x    2 sin x  1.  4  x 2  y 2  y   2 x  1 y  1 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương thơm trình  5  x, y  R .  3x  8  y  x  y  12 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   e 1  x  ln x  x 2 2 dx. 1 x3Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD bao gồm đáy ABCD là hình chữ nhật chổ chính giữa I , AB  a; BC  a 3 , tam giác SACvuông tại S . Hình chiếu vuông góc của S xuống khía cạnh phẳng lòng trùng cùng với trung điểm H của đoạn AI . Tính thể tíchkân hận chóp S.ABCD cùng khoảng cách trường đoản cú điểm H mang lại khía cạnh phẳng SAB.Câu 6. (1,0 điểm) Cho những số thực dương a, b, c thỏa mãn ac  2b cùng  ac  b  ab  c   a2c 2  4b2 . Tìm giá trị lớn 2 2  b   ac  b tốt nhất của biểu thức Phường  1      .  ac   ac  b  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm cho một trong những hai phần (phần A hoặc phần B). A. Theo lịch trình Chuẩn.Câu 7.a (1,0 điểm). Trong khía cạnh phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông vắn ABCD. gọi E là trung điểm của cạnh AD,  11 2  3 6H  ;   là hình chiếu vuông góc của B lên CE và M  ;   là trung điểm của đoạn BH . Xác định tọa độ  5 5 5 5những đỉnh của hình vuông ABCD, biết điểm A tất cả hoành độ âm. x 1 y zCâu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   với điểm A 1; 1;2  . 1 2 2Viết pmùi hương trình mặt phẳng  P  , biết  P  vuông góc cùng với đường thẳng  với bí quyết điểm A một khoảng bởi 3.Câu 9.a (1,0 điểm). gọi S là tập hòa hợp tất cả những số thoải mái và tự nhiên gồm bốn chữ số rành mạch được lựa chọn trường đoản cú các chữ số1;2;3;4;5;6;7. Chọn hốt nhiên một số trường đoản cú S , tính tỷ lệ nhằm số được lựa chọn lớn hơn số năm trước. B. Theo công tác Nâng cao.Câu 7.b (1,0 điểm). Trong khía cạnh phẳng với hệ tọa độ Oxy, mang đến tam giác ABC vuông trên A . Điện thoại tư vấn M là điểm bên trên cạnhAC làm sao để cho AB  3AM. Đường tròn trung khu I 1; 1 2 lần bán kính CM cắt BM tại D. Xác định tọa độ những đỉnh của ABC 4 biết con đường thẳng BC đi qua N  ;0  , pmùi hương trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 với điểm C tất cả hoành độ dương. 3  x y 1 zCâu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian cùng với hệ tọa độ Oxyz, mang đến mặt đường thẳng  :   . Viết pmùi hương trình phương diện 1 1 2cầu S  bao gồm trung ương nằm ở trục Ox cùng xúc tiếp với  tại A 1;2;2  .

Xem thêm: Giờ Làm Việc Ngân Hàng Techcombank Có Làm Việc Thứ 7 Không, Giờ Làm Việc Ngân Hàng Techcombank 2021 Mới Nhất



Xem thêm: Sử Dụng Công Nghệ Thông Tin Trong Dạy Học (5 Mẫu), Ứng Dụng Công Nghệ Thông Tin Trong Giáo Dục

2x  4Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương thơm trình log 2  x  3. 2 x  12 ----------------Hết---------------- ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM www.VNMATH.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỞ GD&ĐT NGHỆ AN LẦN THỨ I NĂM năm trước ----------------------- Môn: Toán; Khối: A và kăn năn B TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA (Đáp án-thang điểm gồm 04 trang). ------------------------------------ Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Lúc m 1 , ta tất cả y  x 3  3x 2  4  Tập xác định D  R.  Sự thay đổi thiên: 0,25 x  0 - Chiều phát triển thành thiên: Đạo hàm y "  3x 2  6 x ; y "  0   x  2 Khoảng nghịch biến hóa  0;2  ; Các khoảng chừng đồng trở thành  ;0  và  2;   - Cực trị: Hàm số đạt cực đại trên x  0, yC§  4 ; đạt cực đái tại x  2, yCT  0 0,25 - Giới hạn lim y  ; lyên ổn y  . x  x  Bảng trở thành thiên x  0 2  y’ + 0 - 0 + 0,25 y 1  Đồ thị(2,0 điểm) y 4 0,25 -1 O x 2 b. (1,0 điểm) Ta bao gồm y "  3x 2  6mx  3x  x  2m . Hàm số gồm hai điểm rất trị  m  0  0,25  Lúc kia nhị giả sử nhì điểm rất trị của vật thị hàm số là A 0;4m3 , B  2m;0   0,25 OA  OB  6  4 m3  2 m  6 0,25 m  1  m 1  m  1 0,25 Vậy tất cả hai cực hiếm của tyêu thích số m vừa lòng kinh nghiệm bài bác toán thù là m  1 với m 1 . Trang 01 – Tra cứu vớt điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net   2 sin  2 x    2 sin x  1  sin 2 x  cos 2 x  2 sin x  1  sin 2 x  2 sin 2 x  2 sin x  0 0,25  4 www.VNMATH.com sin x  0  2 sin x  cos x  sin x  1  0   0,25 cos x  sin x  1  0 2  x  k 2   2(1,0 điểm)  cos x  sin x  1  sin  x     k  Z   x    k 2 0,25  4 2  2  sin x  0  x  k  k  Z   0,25 Vậy phương thơm trình vẫn đến tất cả nghiệm x  k ; x   k 2  k  Z  2 3x  8  0  Điều khiếu nại  y  0  x  y  12  0.  0,25  Từ phương trình thứ nhất ta có x 2  y 2  1  2 xy  2 y  2 x  0   y  x  1  0  y  x  1. 2 5 Ttuyệt vào pmùi hương trình sản phẩm công nghệ hai của hệ mang lại ta: * 3x  8  x  1  2x  11 5 8  11  Xét hàm số f  x   3x  8  x  1  , x   ;    0,25 2 x  11  3  2 3 1 10 f x     2 3x  8 2 x  1  2 x  11 2 3 3 x  1  3x  8 10 6 x  17 10(1,0 điểm)  f "x      0 0,25 2 3x  8 x  1 2    2 x  11 2 3 x  1  3x  8 3x  8  x  1  2 x  112 Bảng thay đổi thiên: x 8 3 11 8 +∞ 3 2 f(x) + + f(x) +∞ +∞ 0,25 0 0 -∞ Từ đó suy ra pmùi hương trình (*) chỉ có hai nghiệm là x  3 với x  8 . Hay nghiệm của hệ sẽ chỉ ra rằng  x ; y    3;4  ,  x ; y    8;9 . e x 2  ln x  1  ln x e  ln x  1dx  e ln x dx  I  I Ta có I   dx    x3 1 2 0,25 1 x3 1 x 1 2 e e  ln x  1dx  e  ln x  1 3  I1   x   ln x  1d(lnx +1)  2  . 2 0,25 4 1 1 1(1,0 điểm) e e e e e ln x  1  1 1  1  1 1 3  I2   dx    2  ln x   3 dx    2  ln x  2   2 0,25 1 x3  2x  1 21x  2x  1 4 x 1 4 4e 7 3 Suy ra I  I1  I 2   . 0,25 4 4e 2 1 a Ta tất cả AC  AB 2  BC 2  2a  HI  AC  0,25 4 2 5 a 3 Tam giác SAC vuông tại S,đề xuất IS  IA  IC  a  SH  SI 2  HI 2 (1,0 điểm) 2 0,25 1 1 a 3 a3 Suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD  . .a.a 3  . 3 3 2 2 Trang 02 – Tra cứu vớt điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net Điện thoại tư vấn J là hình chiếu vuông góc của H lên AB, www.VNMATH.com là hình chiếu vuông góc của H lên SJ. K  AB  SH Ta tất cả   AB  SHJ   AB  HK . Mà 0,25  AB  HJ HK  SJ  HK  SAB   HK  d  H ; SAB   AH HJ 1 a 3 Do HJ //BC    HJ  BC  . AC BC 4 4 1 1 1 trăng tròn Trong tam giác vuông SHJ: 2  2  2  2 0,25 HK HJ HS 3a 3 3  HK  a  d  H ; SAB    a . 20 đôi mươi  b  ab  b2  b  c  ac b Ta gồm  ac  b  ab  c   a 2 c 2  4b 2   a    1  a 2  4 2   a   1     4.  c  c  c  c  ab  b ac 0,25 ac b  c  b 1  ac b    4.   a        2  b ac  b c a  b  ac   *     Đặt t  ac b   t  2 , từ bỏ (*) ta có 0,25 4  1   t 2  2  2  t    t 4  2t 3  2t  4  0   t  2   t 3  2   0  t  2 bởi vì t  2 giỏi t  t ac b 4 2 6  b  1 b    2 2 2(1,0 điểm)  b   ac  b   ac Lại bao gồm Phường  1       1       ac   ac  b   ac   1  b   ac  2 0,25 1 u  b 1 Xét hàm số f  u   1  u    2  , u   , ta bao gồm 1 u  ac 4 4 1  u  1  1  625 f "  u   2 1  u    0, u   f u   f    . 1  u 3 4  4  144 625 ac  4b a  2 Vậy MaxP     0,25 144 ab  c c  2b call F là vấn đề đối xứng của E qua A. Suy ra BCEF là hình bình hành cần AM là đường vừa đủ 0,25 của hình thang vuông EHBF . Do kia AM //EH  AM  BH . M là trung điểm BH  B  1; 2  Phương thơm trình con đường thẳng AM : 2 x y  0 0,25 Phương thơm trình mặt đường trực tiếp CE : 2x  y  4  0 Do góc ̂ ̂ ̂  2 5 AB.uAM 7.a Giả sử A  a; 2a  , tự ̂  2   2(1,0 điểm) 5 AB . uAM 5 0,25 a  1  5a 2  6a  11  0   11  A  1;2  a   lo¹i   5 Phương thơm trình con đường thẳng AD : y  2 mà E  CE  AD  E 1;2   D  3;2  Phương trình con đường trực tiếp BC : y  2 0,25 mà lại C  BC  CE  C  3; 2  . Trang 03 – Tra cứu giúp điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net Véc tơ chỉ phương thơm của mặt đường trực tiếp  là u 1; 2;2  0,25 www.VNMATH.com Do khía cạnh phẳng (P) vuông góc cùng với  cần tất cả phương thơm trình x  2 y  2x  d  0 0,25 8.a 7d d  2(1,0 điểm) Lại có d  A;  Phường.    3  3 7d 9   0,25 3 d  16 Vậy phương thơm trình khía cạnh phẳng (P) là x  2 y  2x  2  0 hoặc x  2 y  2x  16  0. 0,25 Số bộ phận của tập S là A74  840. 0,25 Giả sử abcd là số tự nhiên và thoải mái có bốn chữ số rõ ràng được lựa chọn trường đoản cú những chữ số 1;2;3;4;5;6;7 với lớn hơn năm trước. 0,25 9.a +) TH1: a  2 , chọn b,c,d có A6 phương pháp lựa chọn. 3(1,0 điểm) +) TH2: a  2 , lựa chọn a có 5 biện pháp chọn, lựa chọn b,c,d bao gồm A6 bí quyết lựa chọn. 3 0,25 Vậy Phường  1.A   5.A   6  0,857 3 6 3 6 0,25 A74 7 Ta tất cả ̂ ̂  900  tứ đọng giác ABCD nội tiếp Suy ra ̂ ̂ 0,25 Lại gồm ̂  AB  3  ̂ 3 BM 10 10 IC .uDC 3 Giả sử C  3c  6; c  , ta bao gồm ̂  IC . uDC 10 0,25 c  1 10c  16   3  5c 2 16c  11  0   7.b 10c 2  32c  26 c   11  lo¹i (1,0 điểm)  5 Với c  1  C  3; 1 Phương thơm trình mặt đường thẳng BC : 3x 5y 4  0 0,25 Điểm M  1; 1 Pmùi hương trình mặt đường trực tiếp BM : 3x y  4  0 Điểm B  BC  BM  B  2;2  Phương trình con đường trực tiếp AC : y 1  0 Pmùi hương trình đường thẳng AB : x 2  0 0,25 Điểm A  AB  AC  A  2; 1 Ta bao gồm B  0;1;0   ; u 1;1; 2  . Giả sử I  t ;0;0  , ta có: 0,25  IB; u     d  I ;    IA   IA 0,25 8.b u(1,0 điểm) 5t 2  2t  5 2  t  2t  9   t  7   0  t  7 2  0,25 6 Khi đó I 7;0;0  , IA  2 11 giỏi S  :  x  7   y 2  z 2  44. 2 0,25 2x  4 2x  4 log 2  x 3  x  2 x 3 0,25 2  12 x 2  12  8  2x  4   2x  2x  12   22 x  4.2x  32  0 0,25 9.b(1,0 điểm) 2 x  4  x 0,25 2  8  lo¹i    2 x  4  x  2 . Vậy phương thơm trình đang mang lại gồm nghiệm x  2. 0,25

Chuyên mục: Tin tức