Đề thi thử Đại học - Cao đẳng năm 2014 môn Toán khối A,B

Chia sẻ: Nguyễn Văn Tài | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

73
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp cho các em học sinh có thể đánh giá lại năng lực của bản thân mình trước khi bước vào kì thi Đại học - Cao đẳng quan trọng sắp tới, mời các em tham khảo đề thi thử ĐH-CĐ môn Toán 2014. Chúc em các em thi tốt.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học - Cao đẳng năm 2014 môn Toán khối A,B

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2014 Môn: TOÁN – Khối A, B (thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề) A /Phần thi chung cho tất cả các thí sinh. (7,0 điểm ) Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số y = x3 + ( 1 – 2m)x2 + (2 – m )x + m + 2 . (Cm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II ( 2,0 điểm ) 2 3cos2x + 2sin3x cosx − sin4x − 3 1. Giải phương trình lượng giác. =1 3sinx + cosx x + y + 1 + 1= 4(x + y )2 + 3. x + y 2. Giải hệ phương trình. 3 2x − y = 2 ln 3 e 2 x dx Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ln 2 ex −1 + ex − 2 Câu IV (1,0 điểm) Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x ≤ a). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a. 1) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). 2) KÎ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H. T×m vÞ trÝ cña M ®Ó thÓ tÝch khèi chãp SMCH lín nhÊt 2 2 ( Câu V (1,0 điểm). Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2 x + y = xy + 1 . ) x4 + y4 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = . 2 xy + 1 B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) I. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C ) : x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0, (C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VII.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện: z − i = z − 2 − 3i . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có môđun nhỏ nhất. II. Theo chương trình nâng cao: Câu VIb:(2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : 2 x + my + 1 − 2 = 0 và đường tròn có phương trình (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0 . Gọi I là tâm đường tròn (C ) . Tìm m sao cho (d ) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A và B. Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó. x y z x +1 y z −1 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng (d1 ) : = = và (d 2 ) : = = . 1 1 2 −2 1 1 Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d 2 ) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng ( P ) : x – y + z + 2014 = 0 độ dài đoạn MN bằng 2 .
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2 + 2 ) , biết n An − 8Cn + Cn = 49 . 3 2 1 ( An là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử). k k ------------------Hết------------------ Đáp án Câu Nội dung Điể m I-1 Khi m = 2. Ta có hàm số y = x3 - 3x2 + 4. Tập xác định D = R. Sự biến thiên. + Chiều biến thiên. 0,25 y’ = 3x2 - 6x , y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2. y’> 0 ∀ x ∈( 0;2). Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2). y’ < 0 ∀ x ∈(- ∞; 0) ∪ (2; +∞).Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ∞;0) và (2; +∞). Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0. 0,25 Giới hạn. x − ( x − 3x + 4) = − , x + ( x − 3x + 4) = + .Đồ thị hàm số không có tiệm Lim 3 2 Lim 3 2 cận. Tính lồi, lõm và điểm uốn. y’’ = 6x - 6 , y’’ = 0 ⇔ x = 1. Bảng biến thiên. x -∞ 0 1 2 +∞ y’ + 0 - 0 + 0,25 y 4 +∞ (I) 2 -∞ 0 Đồ thị. 0,25 Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm (- 1; 0) , (2; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; 4). Đồ thị hàm số có tâm đối xứngylà điểm uốn I(1; 2).
x 2 . Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 1,00 Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 ĐK sau : + y’ = f(x) = 3x2 + 2(1-2m)x +2 –m = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2 5 ∆ ' = 4m 2 − m − 5 > 0 m < - 1 hoặc m > 4 0,25 + Theo giả thiết: x1 < x2 < 1, đặt t = x – 1. Ta có f(x) = 3(t + 1) + 2(1-2m)(t+1) + 2 – m 2 = 3t2 + 4(2 - m)t + 7 - 5m = g(t) Để x1 < x2 < 1 thì g(t) = 0 có hai nghiệm t1 < t2 < 0 0,25 b 4(2 − m) − 0 a 3 0,25 � 7� 5 Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số m �( −� −1) ; �; � 0,25 � 5� 4
II 2,0 1 1,0 π 5π • ĐK: 3sinx + cosx= >−�۹+c� x �< 0 os( ) 0 x kπ , k Z 3 6 0,25 • Với ĐK trên PT đã cho tương đương với π π 3co s2x + sin2x = 3sinx + cosx � cos(2x − ) = cos(x − ) 6 3 π π π 2x −= x − + k 2π x = − + k 2π 6 3 6 ,k Z π π π k 2π 2x − = −(x − ) + k 2π x = + 6 3 6 3 0,5 π 3π • Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là: x = + k 2π , x = + k 2π , k Z 6 2 0,25 2 1,0 • Đặt : t = x + y ; ĐK: t 0 • Giải PT: t + 1 + 1= 4t 2 + 3. t � t + 1 − 3t = 4t 2 − 1 0.25 1− 2t � = (2t − 1)(2t + 1) t + 1+ 3t 1 � (1− 2t )[ + 2t + 1] = 0 t + 1+ 3t 1  t= 2 0,5 1 2 x=x+y= 2 3 Hệ đã cho trở thành  3 1 2x − y = y=− 2 6 2 x= 3 Vậy hệ dã cho có một nghiệm 1 y=− 6 0,25 III. * Đặt t = e x − 2 , Khi x = ln2 t=0 0,25 (1 x = ln3 t=1 điểm) ex = t2 + 2 ex dx = 2tdt 0,25 1 1 (t 2 + 2)tdt 2t + 1 * I = 2 2 = 2 (t − 1 + 2 )dt 0,25 0 t + t +1 0 t + t +1 1 1 d (t 2 + t + 1) * = 2 (t − 1)dt + 2 0 0 t2 + t +1 1 1 = (t − 2t ) 0 2 * + 2ln(t2 + t + 1) 0 = 2ln3 - 1 0,25
Đặt t = xy . Ta có: xy − −�− + x +y ) 2 xy 1 2 (= 2 ( ) 4 xy xy 1 5 0,25 đ ( Và xy � +− = x y ) 1 2 (+ 2 2 xy ) 4 xy xy 1 3 . ĐK: − 1 5 t 1 3 . (x ) 2 2 + y2 − 2x2 y 2 −7t 2 + 2t + 1 . Suy ra : P = = 0,25 đ 2 xy + 1 4 ( 2t + 1) V (1,0đ) Do đó: P ' = ( 7 −t 2 − t ) , P ' = 0 � t = 0(TM ), t = −1( KTM ) 2 ( 2t + 1) 2 0,25 đ � 1� �� 21 1 − = P� � P� � = và P ( 0 ) = . � 5 � � � 15 3 4 1 2 �1 1 � KL: GTLN là và GTNN là ( HSLT trên đoạn − �5 ; 3 �) 0,25 đ 4 15 � � VI + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R = 1, R ' = 3 , a 1(1, đường thẳng (d) qua M có phương trình 0,25 (2,0) 0) a ( x − 1) + b( y − 0) = 0 � ax + by − a = 0, ( a 2 + b 2 �0)(*) . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. 0,25 Khi đó ta có: MA = 2MB � IA2 − IH 2 = 2 I ' A2 − I ' H '2 � 1 − ( d ( I ;d ) ) = 4[9 − ( d ( I ';d ) ) ] , 2 2 IA > IH . 9a 2 b2 36a 2 − b 2 � 4 ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) ) = 35 � 4. 2 2 − 2 = 35 � 2 = 35 � a 2 = 36b 2 0,25 a 2 + b2 a + b2 a + b2 a = −6 Dễ thấy b 0 nên chọn b = 1 . a=6 Kiểm tra điều kiện IA > IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. 0,25 uuu r uuu r 2(1, + Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực 0,25 0) của AB, AC là: x + y − z − 1 = 0, y + z − 3 = 0. r uuu uuu r r + Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là n = � , AC � (8; −4; 4). Suy ra (ABC): AB � �= 2x − y + z +1 = 0 . 0,25 �x + y − z − 1 = 0 �=0 x � � + Giải hệ: � y + z − 3 = 0 � � = 2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). y �x − y + z + 1 = 0 � = 1 0,25 �2 �z Bán kính là R = IA = (−1 − 0) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 1)2 = 5. 0,25 VII Đặt z = x + yi (x; y R) |z - i| = | Z - 2 - 3i| |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i| 0,25 a x - 2y - 3 = 0 Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là đường thẳng x - 2y - 3 0,25 (1,0) = 0 uuuu r |z| nhỏ nhất | OM | nhỏ nhất M là hình chiếu của O trên ∆ 0,25 3 6 3 6 0,25 M( ;- ) z= - i 5 5 5 5 VI.b (C ) có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3. (2,0) 1(1, (d) cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt A, B � d ( I , d ) < R � 2 − 2m + 1 − 2 < 3 2 + m 2 0) 0,25 � 1 − 4m + 4m2 < 18 + 9m2 � 5m2 + 4m + 17 > 0 � m �R 1 1 9 Ta có: S IAB = IA.IB sin ﾷAIB IA.IB = 2 2 2 0,25
9 Vậy: S IAB lớn nhất là khi ﾷAIB = 900 ⇔ AB = R 2 = 3 2 2 0,25 ⇔ d (I , d ) = 3 2 2 ⇔ 1 − 2m = 3 2 2 + m 2 2 � 16m2 − 16m + 4 = 36 + 18m2 � 2m2 + 16m + 32 = 0 � m = −4 0,25 2(1, + M , N (d1 ), (d 2 ) nên ta giả sử 0) uuuu r M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (−1 − 2t2 ; t 2 ;1 + t2 ) � NM = (t1 + 2t2 + 1; t1 − t 2 ; 2t1 − t 2 − 1) . uu uuuu r r 0,25 + MN song song mp(P) nên: nP .NM = 0 � 1.(t1 + 2t2 + 1) − 1.(t1 − t2 ) + 1(2t1 − t2 − 1) = 0 uuuur � t2 = −t1 � NM = (−t1 + 1; 2t1 ;3t1 − 1) . 0,25 t1 = 0 + Ta có: MN = 2 � (−t1 + 1) + (2t1 ) + (3t1 − 1) = 2 � 7t − 4t1 = 0 � 2 2 2 2 4. 1 t1 = 0,25 7 4 4 8 1 4 3 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (−1; 0;1) hoặc M ( ; ; ), N ( ; − ; ) . 7 7 7 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M ( P). 0,25 KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn. VII.b n Điều kiện n 4, n ﾷ .Ta có: ( x + 2 ) = n 2 Cn x 2 k 2n −k . Hệ số của x8 là Cn .2n − 4 k 4 (1 k =0 điểm) 0.50 A − 8C + C = 49 � ( n − 2 ) ( n − 1) n − 4 ( n − 1) n + n = 49 � n − 7n + 7n − 49 = 0 3 n 2 n 1 n 3 2 � ( n − 7 ) ( n 2 + 7 ) = 0 � n = 7 Vậy hệ số của x8 là C74 .23 = 280 0.50