ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 14

Chia sẻ: Tran Quyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

79
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y x 3 (1 2m) x 2 (2 m) x m 2 (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x 1 góc , biết cos

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 14

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 14 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y x 3 (1 2m) x 2 (2 m) x m 2 (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x y 7 0 1 góc , biết cos . 26 Câu II (2 điểm) 2x 1. Giải bất phương trình: log 2 1 4 5. 2 4 x 2. Giải phương trình: 3 sin 2 x. 2 cos x 1 2 cos 3x cos 2 x 3 cos x. Câu III (1 điểm) 4 x 1 Tính tích phân: I 2 dx . 0 1 1 2x Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB a 2 . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA 2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung 0 điểm K của SB tới (SAH). Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x 2 y 2 z 2 xyz . Hãy tìm giá trị lớn x y z nhất của biểu thức: P 2 2 2 . x yz y zx z xy PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x y 1 0, trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3 . Trang 1
Câu VII.a (1 điểm) 10 2 Cho khai triển: 1 2 x x 2 x 1 a0 a1 x a 2 x 2 ... a14 x14 . Hãy tìm giá trị của a 6 . B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d: 3x y 4 0 . Tìm tọa độ đỉnh C. 2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) x y z 1 0 ,đường thẳng d: x 2 y 1 z 1 1 1 3 Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng nằm trong (P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng 3 2 . Câu VII.b (1 điểm) 3 z i Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức: 1. i z ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 14 Câu ý Nội dung Điể m I(2đ) 1(1 Khảo sát hàm số khi m = 2 đ) Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 3x 2 + 4 a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim y ; lim y 0,2 x x 5 •Chiều biến thiên: Có y’ = 3x2 6x; y’=0 x =0, x =2 x 0 2 + y’ + 0 0 + 4 + 0,2 y 5 0 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 0) và (2 ; + ), nghịch biến trên (0 ; 2). •Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0,2 y(0) = 4; y 5 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0. Trang 2
c) Đồ thị: Qua (-1 ;0) I 2 Tâm đối xứng:I(1 ; 2) -1 0,2 0 1 2 5 x 2(1 Tìm m ... đ) Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tiếp tuyến có véctơ pháp n1 (k ; 1) 0,5 d: có véctơ pháp n 2 (1;1) Ta có 3 n1 .n2 k1 1 k 1 2 cos 12k 2 26k 12 0 n1 n2 26 2 k 2 1 2 k2 3 Yêu cầu của bài toán thỏa mãn ít nhất một trong hai phương / / trình: y k1 (1) và y k 2 (2) có nghiệm x 3 3x 2 2(1 2m) x 2 m có nghiệm / 0,2 2 1 0 5 2 có nghiệm / 3x 2 2(1 2m) x 2 m 2 0 3 1 1 2 m ;m 8m 2m 1 0 4 2 m 1 1 2 hoặc m 0,2 4m m 3 0 3 4 2 m ;m 1 5 4 II(2đ 1(1 Giải bất phương trình ... ) đ) 2x 2x log 2 1 4 0 3 log 1 2(1) 2 4 x 2 4 x Bpt 0,2 2x 2 2x 5 log 1 9 2 log 1 3(2) 4 x 2 2 4 x 3x 8 0 2x 4 x 8 16 . Giải (1): (1) 4 8 x 0,2 4 x 5x 16 3 5 0 5 4 x Trang 3
17 x 4 0 1 2x 1 4 x 4 4 . Giải (2): (2) x 0,2 8 4 x 4 9x 4 17 9 0 5 4 x 4 4 8 16 Vậy bất phương trình có tập nghiệm ;  ; . 0,2 17 9 3 5 5 2(1 Giải PT lượng giác đ) Pt 3 sin 2 x(2 cos x 1) (cos 3x cos x) (cos 2 x 1) (2 cos x 1) 0,5 3 sin 2 x(2 cos x 1) 4 sin 2 x cos x 2 sin 2 x (2 cos x 1) (2 cos x 1)( 3 sin 2 x 2 sin 2 x 1) 0 • 0,2 3 sin 2 x 2 sin 2 x 1 0 3 sin 2 x cos 2 x 2 sin( 2 x ) 1 6 5 x k 6 2 k2 x 3 • 2 cos x 1 0 (k Z) 2 x k2 0,2 3 5 2 2 Vậy phương trình có nghiệm: x k2 ; x k2 và 3 3 x k (k Z ) 6 III(1 1(1 Tính tích phân. đ) đ) 4 x 1 I 2 dx . 0 1 1 2x dx 0,2 •Đặt t 1 1 2x dt dx (t 1)dt và 1 2x 5 2 t 2t x 2 Đổi cận x 0 4 t 2 4 Trang 4
•Ta có I = 4 4 4 1 (t 2 2t 2)(t 1) 1 t 3 3t 2 4t 2 1 4 2 dt dt t 3 dt0,5 22 t2 22 t 2 22 t t2 1 t2 2 = 3t 4 ln t 2 2 t 1 = 2 ln 2 IV 4 0,2 5 (1đ Tính thể tích và khoảng cách ) •Ta có IA 2 IH H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH S 0,2 IA a 5 BC = AB 2 2a ; AI= a ; IH= = 2 2 K 3a AH = AI + IH = A B 2 I H C a 5 •Ta có HC 2 AC 2 AH 2 2 AC. AH cos 450 HC 2 0,2 0 Vì SH (ABC ) ( SC ; ( ABC )) SCH 60 5 a 15 SH HC tan 60 0 2 1 1 1 a 15 a 3 15 • VS . ABC S ABC .SH . (a 2 ) 2 0,2 3 3 2 2 6 5 BI AH • BI (SAH ) BI SH 0,2 Ta có Trang 5
d ( K ; (SAH )) SK 1 1 1 a 5 d ( K ; (SAH )) d ( B; (SAH ) BI d ( B; (SAH )) SB 2 2 2 2 V (1đ Tim giá trị lớn nhất của P ) x y z P 2 2 2 . x xy y zx z xy Vì x; y; z 0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có: 0,2 x y z 5 P = 2 x yz 2 y zx 2 z 2 xy 2 2 1 2 2 2 4 yz zx xy 1 1 1 1 1 1 1 1 yz zx xy 1 x2 y2 z 2 4 y z z x x y 2 xyz 2 xyz 1 xyz 1 0,5 2 xyz 2 1 0,2 Dấu bằng xảy ra x y z 3 . Vậy MaxP = 5 2 PHẦN TỰ CHỌN: Câu ý Nội dung Điể m VIa(2 1(1 Viết phương trình đường tròn… đ) đ) KH: d1 : x y 1 0; d 2 : 2 x y 2 0 0,2 5 d 1 có véctơ pháp tuyến n1 (1;1) và d 2 có véctơ pháp tuyến n2 (1;1) • AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương n1 (1;1) phương trình AC: x y 3 0 . C AC d 2 Tọa độ C là nghiệm hệ: x y 3 0 C ( 1; 4) . 2x y 2 0 Trang 6
xB 3 yB • Gọi B( x B ; y B ) M( ; ) ( M là trung điểm AB) 0,2 2 2 Ta có B thuộc d1 và M thuộc d 2 nên ta có: 5 xB yB 1 0 yB B( 1;0) xB 3 2 0 2 • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: x 2 y 2 2ax 2by c 0 . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có 6a c 9 a 1 2a c 1 b 2 Pt đường tròn qua A, B, C 0,5 2a 8b c 17 c 3 là: x 2 y 2 2 x 4 y 3 0 . Tâm I(1;-2) bán kính R = 2 2 2(1 Viết phương trình mặt phẳng (P) đ) •Gọi n (a; b; c) O là véctơ pháp tuyến của (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 0,2 Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0 b = a-2c 5 Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0 • d(C;(P)) = 2a c 3 3 2a 2 16ac 14c 2 0 0,5 2 2 2 a (a 2c) c a c a 7c •TH1: a c ta chọn a c 1 Pt của (P): x-y+z+2=0 0,2 TH2: a 7c ta chọn a =7; c = 1 Pt của (P):7x+5y+z+2=0 5 VII.a (1 Tìm hệ số của khai triển đ) 1 3 • Ta có x 2 x 1 (2 x 1) 2 nên 4 4 10 1 3 9 1 2x (x2 x 1) 2 (1 2 x)14 (1 2 x)12 (1 2 x)10 0,2 16 8 16 5 Trang 7
14 • Trong khai triển 1 2 x hệ số của x 6 là: 2 6 C14 6 12 Trong khai triển 1 2 x hệ số của x 6 là: 2 6 C12 6 0,5 10 6 6 6 Trong khai triển 1 2 x hệ số của x là: 2 C 10 1 6 6 3 6 6 9 6 6 0,2 • Vậy hệ số a 6 2 C14 2 C12 2 C10 41748. 5 16 8 16 VI.b(2 1(1 Tìm tọa độ của điểm C đ) đ) xC y C • Gọi tọa độ của điểm C ( xC ; y C ) G (1 ; ) . Vì G thuộc 3 3 d 0,2 5 xC yC 31 4 0 yC 3xC 3 C ( xC ; 3xC 3) 3 3 •Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương AB (1;2) ptAB : 2 x y 3 0 • 1 11 11 2 xC 3xC 3 3 11 S ABC AB.d (C; AB ) d (C; AB ) 2 2 5 5 0,5 5 xC 1 5 xC 6 11 17 xC 5 • TH1: xC 1 C ( 1;6) 17 17 36 0,2 TH2: xC C( ; ). 5 5 5 5 2(1 Viết phương trình của đường thẳng đ) • (P) có véc tơ pháp tuyến n( P ) (1;1; 1) và d có véc tơ chỉ phương .u (1; 1; 3) 0,2 I d ( P) I (1;2;4) 5 • vì ( P); d có véc tơ chỉ phương u n( P ) ; u ( 4;2; 2) 2( 2;1; 1) • Gọi H là hình chiếu của I trên H mp(Q) qua I và Trang 8
vuông góc Phương trình (Q): 2( x 1) ( y 2) ( z 4) 0 2x y z 4 0 Gọi d1 ( P) (Q) d1 có vécto chỉ phương x 1 n( P ) ; n( Q ) (0;3;3) 3(0;1;1) và d 1 qua I ptd 1 : y 2 t z 4 t 0,5 Ta có H d1 H (1;2 t ;4 t ) IH (0; t ; t ) t 3 • IH 3 2 2t 2 3 2 t 3 x 1 y 5 z 7 • TH1: t 3 H (1;5;7) pt : 2 1 1 x 1 y 1 z 1 0,2 TH2: t 3 H (1; 1;1) pt : 5 2 1 1 VII.b 1đ Giải phương trình trên tập số phức. ĐK: z i z i • Đặt w ta có phương trình: i z w3 1 ( w 1)( w 2 w 1) 0 0,5 w 1 w 1 1 i 3 2 w w w 1 0 2 1 i 3 w 2 z i • Với w 1 1 z 0 i z • Với 1 i 3 z i 1 i 3 w (1 i 3) z 3 3i z 3 2 i z 2 0,5 • Với 1 i 3 z i 1 i 3 w (1 i 3) z 3 3i z 3 2 i z 2 Trang 9
Vậy pt có ba nghiệm z 0; z 3 và z 3. Trang 10