intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối B năm 2014 - Trường THPT Lê Quý Đôn

Chia sẻ: Tran Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

84
lượt xem
12
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo: Đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2014 của trường THPT Lê Quý Đôn - Thái Bình, đề thi tham khảo dành cho các bạn đang ôn thi Đại học khối B. Chúc các bạn có kỳ thi đạt kết quả tốt nhất.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối B năm 2014 - Trường THPT Lê Quý Đôn

  1. WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN MÔN THI: TOÁN KHỐI B LẦN I Đề chính thức NĂM HỌC : 2013 - 2014 Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian phát đề) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: (2điểm) Cho hàm số y  x3  3mx 2  3( m 2  1) x  m3  m (1) 1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1 2/ Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cựctiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O Câu 2: (1điểm) Giải phương trình: 2s inx(cos 2 x  sin 2 x)  s inx  3 cos 3 x Câu 3: (1điểm) Giải phương trình : x  4  6  x  2 x 2  13 x  17 3 Câu 4: (1điểm) Tính tích phân : I   ln  2  x(x 2  3)  dx   2 Câu 5 (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A,D biết AB =2a; AD =DC = a (a>0) SA  (ABCD) ,Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 45 0 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) theo a Câu 6 (1điểm) Cho x,y là các số thực và thoả mãn . x, y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (x 3  y 3 )  (x 2  y 2 ) P (x  1)(y  1) II.PHẦN RIÊNG(3,0 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu 7a: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d: x-y =0 và điểm M(2;1) .Viết phương trình đường thẳng  cắt trục hoành Ox tại A và cắt đường thẳng d tại B sao cho tam giác  AMB vuông cân tại M 2n 2 14 1  Câu 8a: (1điểm) Tìm hệ số của x 9 trong khai triển: 1  3x ; n  * , biết 2   3 . Cn 3Cn n 3 3 Câu 9a (1 điểm) Giải phương trình 3x  x  2.3x  x  32 x  2  0 B.Theo chương trình nâng cao Câu 7b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A  3; 4  , đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC . Câu 8b(1,0 điểm) Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng   Câu 9b (1,0 điểm) Giải phương trình log 3 3x  1 .log 3 3x 2  9  3   (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:...............................................................Số báo danh......................
  2. WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN I NĂM HỌC 2013-2014 Câu NỘI DUNG Điểm I 1.Khi m=1 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2 a)TXĐ:D=R b)Sự biến thiên x  0 0.25 -Chiều biến thiên y '  3 x 2  6 x  y '  0   x  2 ………………………………………………………………………………………... Hàm số đồng biến trên khoảng (;0) và (2; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) 0.25 -Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x  0 ;ycd  0 Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ;y ct  4 -Giới hạn : lim   ; lim   x x  ………………………………………………………………………………………... Bảng biến thiên 0.25 x  0 2  y' + 0 - 0 + y  0 -4  ………………………………………………………………………………………... Đồ thị 0.25
  3. WWW.VNMATH.COM 1 2:Tìm m để đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O TXD: D=R Ta có y '  3 x 2  6mx  3( m2  1) Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu khi và chỉ khi y '  0 có hai nghiệm 0.25 phân biệt và đổi dấu khi đi qua các nghiệm  3 x 2  6mx  3( m 2  1)  0 có hai nghiệm phân biệt   '  9m 2  9(m 2  1)  9  0 m x  m 1 0.25 Vậy m đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và y '  0   x  m 1 0.25 Điểm A(m-1;2-2m);B(1+m,-2-2m) lần lượt là điểm cực đại ,điểm cực tiểu của đồ thị hàm số theo giả thiết ta có OB=3 OA  OB 2  9OA2  (m+1) 2  (2  2m)2  (m-1)2  (2  2 m) 2 m  2  2 m  5m  2  0   2 m  1  2 m  2 0.25 Vậy với  thì đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ m  1  2 điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O 2 Giải phương trình : 2s inx(cos 2 x  sin 2 x)  s inx  3 cos 3x (1) 1 phương trình (1) 0.25
  4. WWW.VNMATH.COM  2 sin x.cos 2 x  s inx  3 cos 3x  sin 3x  s inx  s inx  3 cos 3x 1 3 0.25  sin 3x  3 cos 3x  2 sin x  sin 3x  cos3x  s inx 2 2    0.25  cos sin 3x  sin cos3x  s inx  sin(3x  )  sin x 3 3 3     3x  3  x  k2  x  6  k 0.25   kZ 3x      x  k2  x    k    3   3 2 3.Giải phương trình x  4  6  x  2 x 2  13x  17 1 Điều kiện : 4  x  6 Ta có : x  4  6  x  2 x 2  13 x  17  ( x  4  1)  ( 6  x  1)  2 x 2  13 x  15  0 ( x  4  1)( x  4  1) ( 6  x  1)( 6  x  1) 0.25    ( x  5)(2 x  3)  0 x  4 1 6  x 1 x 5 5 x    ( x  5)(2 x  3)  0 0.25 x  4 1 6  x 1 x  5  1 1    (2 x  3)  0 0.25  x  4 1  6  x 1 1 1 1 1 Ta có   (2 x  3)  0    (2 x  3) x  4 1 6  x 1 x  4 1 6  x 1 1 1 1 Vì    1 x   4;6  và 2 x  3  5 x   4; 6 x  4 1 6  x 1 x  4 1 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 5 3 4 1 Tính tích phân I   ln  2  x( x 2  3)  dx   2 Ta có 3 3 3 I   ln  2  x( x 2  3)  dx   ln( x 3  3 x  2)dx   ln( x  1) 2 ( x  2)dx   2 2 2 3 3 3 3 0.25   ln( x  1) 2 dx   ln( x  2)dx  2  ln( x  1) dx   ln( x  2)dx 2 2 2 2 2dx 0.25 3   u  2 ln(x  1) du  Xét J  2  ln(x  1) dx Đặt   x 1 2 dv  dx v  x 1  3 3 3 3 J  2(x  1).l n(x-1) 2  2  dx  2(x  1).ln(x-1) 2  2x. 2  4ln 2  2 0.25 2
  5. WWW.VNMATH.COM 3  dx  u  ln(x  2) du  Xét K   ln(x  2) dx Đặt   x2 0.25 2 dv  dx v  x  2  3 3 3 3 K  (x  2).l n(x+2) 2   dx  (x  2).ln(x+2) 2  x. 2  5ln 5  4 ln 4  1 2 vậy I  5ln 5  4ln 2  3 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D biết 1 AB =2a ; AD=DC=a.(a>0) SA  (ABCD) ,góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 45 0 Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) S H A B D C +Theo giả thiết ta có AD= DC = a .Gọi H là trung điểm của AB  HA=HB=a Từ giả thiết  ADCH là hình vuông cạnh a .Trong tam giác ABC có CH là trung tuyến 0.25 1  AC  BC  và CH  AB  ABC vuông cân tại C   vì 2  AC  BC  a 2   BC  AC   BC  (SAC)  BC  SC  BC  SA (SBC)  (ABCD)  BC  BC  SC  (SBC)   +Có   SCA  450 là góc giữa (SBC) và (ABCD)  BC  AC  (ABCD) SA  (ABCD)  0.25 2 1 3a +Ta có diện tích hình thang ABCD S ABCD  ( AB  DC ). AD  2 2 +Có tam giác ΔSAC vuông cân tại A ta có SA=AC= AD 2 +DC 2  2 a
  6. WWW.VNMATH.COM 1 1 3a 2 2 3 +Thể Tích khối chóp SABC là : VS.ABCD  SABCD .SA  a 2.  a 3 3 2 2 0.25 1 3V Ta có VSDCB  SBCD .d(B; (SCD))  d(B; (SCD))  SDCB 3 SBCD  11 2 3 Trong BCD có C  1350 nên VSDCB  BC.CD.sin1350.SA  a 0.25 32 6 2 3 3. a 3V 6 2a 3 a 6 Vậy d(B;(SCD))  SDCB    SBCD 1 0 3a 2 3 a.a 2.sin135 2 câu6 Cho x,y là các số thực và thoả mãn x,y >1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 ( x3  y 3 )  ( x 2  y 2 ) :P ( x  1)( y  1) Đặt t =x + y điều kiện t > 2 t2 Áp dụng bất đẳng thức 4 xy  ( x  y ) 2 ta có xy  4 0.25 t 3  t 2  xy (3t  2) t 2 P do 3t-2>0  xy  nên ta có xy  t  1 4 t2 0.25 t 3  t 2  (3t  2) 4 t2 P  t2 t 2  t 1 4 t2 Xét hàm số f (t )  trên (2; ) t2 t 2  4t t  0 (l) có f '(t )   f '(t )  0   (t  2) 2 t  4 (tm) 0.25 lim f (t)   ; lim f (t)   x 2 x   t 4  2 f'(t) - 0 + 0.25 f(t)   8
  7. WWW.VNMATH.COM x  y  4 x  2 min f (t )  f (4)  8  minP  8 dấu = xảy ra khi và chỉ khi   (2; )  xy  4 y  2 TỰ CHỌN A theo chương trình chuẩn   7a 1:Gọi A(a;0) thuộc Ox và B(b;b) thuộc d ta có MA( a  2; 1) MB (b  2; b  1) 0.25    MA  MB   MB.MA  0 0.25 ABM vuông cân tại M nên   2 2  MA  MB  MA  MB  0.25 (a  2)(b  2)  (b  1)  0  2 2 2 vì b=2 không thoả mãn hệ phương tình nên ta có (a  2)  1  (b  2)  (b  1) 0.25  b 1  b 1 a  2  b  2  a2   b2  . (a  2) 2  1  (b  2) 2  (b  1) 2 ( b  1 ) 2  1  (b  2) 2  (b  1) 2   b2  0.5  b 1 a  2  a2   b2 b  1   2 2 a  4  (b  2)  (b  1)  (b  2)2  (b  1)2  2   (b  2)  b  3  Vậyphương trình đường thẳng  : x  y  2  0 ;  : 3 x  y  12  0 2 14 1 n  3 8a Ta có 2  3  (1) dk  Cn 3Cn n n  N với điều kiện trên phương trình (1) tương đương 4 28 1 0.5   n(n  1) n(n  1)( n  2) n  n  2  n 2  7 n  18  0   n  9 kết hợp điều kiện n=9 Với n=9 ta có khai triển (1  3 x)2n  (1  3 x)18 Số hạng tỏng quát Tk 1  C18 (  3) k x k k số hạng chứa x 9 khi k =9 Vậy hệ số của x9 trong khai triển là C18 (  3) 9 9 9a 3 3 Giải phương trình 3x  x  2.3x  x  32 x  2  0 (1) 3 3 Ta có 3x  x.3x  x  32 x 0.25 3 3 3 3 3 (1)  3x  x (1  3x  x )  2(1  3x  x )  0  (1  3x  x )(3x  x  2)  0 x  0 0.25  1 3 x  x3  0  x  x  0  x  1 3   x  1 
  8. WWW.VNMATH.COM x  0 0.25 Vậy Phương trình đã cho có nghiệm  x  1   x  1  0.25 B Theo Chương Trình nâng cao 7b Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A  3; 4  , đường phân 1 giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC . + Ta có IA  5 . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có dạng  C  : ( x  1)2  ( y  7)2  25 + Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong A 0,25 góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC . Tọa độ của D là nghiệm của hệ I  x  y 1  0   D  2;3 2 2 ( x  1)  ( y  7)  25 B C 0,25 H K D + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm  chính giữa cung nhỏ BC. 0,25  Do đó ID  BC hay đường thẳng BC nhận véc tơ DI   3; 4  làm vec tơ pháp tuyến. + Phương trình cạnh BC có dạng 3x  4 y  c  0 + Do SABC  4SIBC nên AH  4IK 7c 31  c + Mà AH  d A; BC   và IK  d  I ;BC   nên 5 5  114 0,25 c   3 7  c  4 31  c    c   131   5 Vậy phương trình cạnh BC là : 9 x  12 y  114  0 hoặc 15 x  20 y  131  0 8b Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu cách lấy 1 ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng Các trường hợp để chọn được 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng là TH1: Cả 4 viên bi được chọn đều là bi đỏ 0,25 số cách là : C54 cách chọn TH2: Trong 4 viên bi được chọn có 1bi đỏ và 3 bi xanh 1 3 số cách là : C5 .C4 cách chọn 0,25 TH3: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi xanh số cách là : C53 .C4 cách chọn 1 TH4: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi vàng 0,25 số cách là : C53 .C3 cách chọn 1 TH5: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 2 bi xanh
  9. WWW.VNMATH.COM số cách là : C52 .C42 cách chọn 0,25 TH6: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 1 bi vàng và 1 bi xanh số cách là : C52 .C3 .C4 cách chọn 1 1 Vậy có C54 + C5 .C4 + C53 .C4 + C53 .C3 + C52 .C42 + C52 .C3 .C4 =275 cách chọn thoả mãn yêu 1 3 1 1 1 1 cầu bài toán 9b    Giải phương trình log 3 3x  1 .log 3 3x 2  9  3  (1) 1  log 3 (3 x  1).log 3 9(3 x  1)  3  log 3 (3x  1).(log 3 9  log 3 (3x  1))  3 (1)  log 3 (3 x  1).(2  log 3 (3x  1))  3 0,25 Đặt t  log3 (3x  1) t>0 t  1 (1)  t (2  t )  3  t 2  2t  3  0   kết hợp điều kiện ta có t=1 0,25 t  3 (l) với t=1 log 3 (3x  1)=1  3x  1  3  3x  2  x  log 3 2 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x  log3 2 0,25 Trên đây chỉ là một hướng giải Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
19=>1