Đề thi thử Đại học lần 2 năm 2014 môn Toán - Trường THPT Bắc Duyên Hà

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

53
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đề thi thử Đại học lần 2 năm 2014 môn Toán" của Trường THPT Bắc Duyên Hà thuộc Sở GD - ĐT Thái Bình. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần 2 năm 2014 môn Toán - Trường THPT Bắc Duyên Hà

SỞ GD - ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014 TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm) Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  mx 2  4 (1) a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=3. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.   Câu 2 ( 1,0 điểm ). Giải phương trình: 1  tan x 2 cos 2 x  1  2 2 cos 3 x. cos  x  4   x 2  2 y 1   y  2 x 2 1  0 Câu 3 ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình:      x 4  y 2  3x 2 y  5y  8  0  2 3 cot x  1  x Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân: I =  dx  sin 2 x 4 Câu 5(1,0 điểm ).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, góc BAC =1200. Gọi H, M lần lượt là trung điểm các cạnh BC và SC, SH vuông góc với (ABC), SA=2a và tạo với mặt đáy góc 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC. Câu 6(1,0 điểm).Cho các số dương x, y phân biệt thỏa mãn: x 2  2y  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 5 P 4  4  8x  y 2 x y 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 ( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB  2 BC . Gọi D là trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AC  3EC. Biết phương trình đường thẳng chứa  16  CD là x  3 y  1  0 và điểm E  ;1 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C .  3  Câu 8a ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0;0;3), M(1;2;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM. Câu 9a ( 1,0 điểm). Cho khai triển nhị thức: n 1 n 2 3x  32x   C0n 3x   C1n 3x  .32x  C2n 3x  .32x   ...  C nn 32x  , với n là số nguyên dương n n 2 n Biết rằng trong khai triển đó C nn2  4C1n và số hạng thứ 5 bằng 126.3n1 . Tìm n và x. B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b ( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  63 . Lập phương trình chính tắc của elip (E) biết hình chữ nhật cơ sở của (E) nội tiếp đường tròn (C) và hai tiêu điểm cùng với một đỉnh của (E) tạo thành tam giác đều. Câu 8b ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;1;1), B(2;3;-1), đường thẳng x 1 y z  1 Δ:   và mặt phẳng (P): x  y  z  2  0 . Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt 1 1 2 Δ tại D sao cho ABCD là hình thang vuông tại A và B. Câu 9b ( 1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn:  z 14  2i   3  iz  2i . Tìm phần ảo của số phức   9 w  z  3 1 -------------HẾT-------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ; Cảm ơn bạn Hứng Hoàng ( hoanggiahung.bdh@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD - ĐT THÁI BÌNH ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014 Môn: TOÁN Câu Nội dung Điểm a) Khi m=3 ta có hàm số: y  x  3 x 2  4 3 1) TXĐ: D=R 2) Sự biến thiên: +Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  + Chiều biến thiên: x  0 y'  3 x 2  6 x  0   0,25 x  2 + Bảng biến thiên: x  0 2  y’ + 0 - 0 + 0,25 y 4   0 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0 và 2;  0,25 Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2  Hàm số đạt cực đại tại x=0; yCĐ=4; hàm số đạt cực tiểu tại x=2; yct=0. 1a 3) Đồ thị 0,25 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt . 1.0 1b Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 3  mx 2  4  0  mx 2  x 3  4 (2) 0,25 Nếu x=0 phương trình vô nghiệm. 4 Nếu x  0 phương trình tương đương với: m  x  x2 4 Xét hàm số f ( x)  x  với x  0 x2
8 x3  8 f ' ( x)  1   0 x2 0,25 x3 x3 Lập bảng biến thiên của hàm số y=f(x) kết luận m>3 0,5 Cách khác: Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt khi hàm số có cực đại, cực tiểu và yCD .yCT  0 2   1.0 Giải phương trình: 1  tan x 2 cos 2 x  1  2 2 cos 3 x. cos  x   4   ĐK: cos x  0  x   k 2 Với điều kiện trên phương trình tương đương:  sin x  cos x  2 cos 2x  1  2 cos 3x.cos x.  sin x  cos x  0.25   sin x  cos x  2 cos 2x  1  2 cos 3x.cos x   0    sin x  cos x  2 cos2 2x  cos 2x  0  0,25    cos  x  4   0        cos 2x  0  x k sin x  cos x  0 4 2   cos 2x  0  1  0,5 2 2 cos 2x  cos 2x  0  cos 2x   x     k cos 2x  1  2  6  2 3 1.0  Giải hệ phương trình:     x2  2 y 1   y  2 x 2  1  0 1  x 4  y 2  3x 2 y  5y  8  0  2  Điều kiện: y  1  Từ phương trình (2) ta có: x 4  8  3x 2  5  y y . Suy ra y>0  0,25 Khi đó phương trình (1)  x2  2  y  1   y  2 x2  1 y2x2  2 1 1   x2  1   y 1  x2 1 y 1 x2 1 y 1 0,25 1    Phương trình có dạng: f y  1  f x 2  1 trong đó hàm f  t   t  t  t  1 1 t 2 1 Ta có: f '  t   1  2  2  0  t  1 nên hàm số f(t) đồng biến trên 1;   0,25 t t Do đó f   y 1  f   x 2 1  y  x2 . Thay vào (2) ta được nghiệm của hệ phương trình là (x;y): (1;1) hoặc (-1;1) 0,25 t2 Chú ý: Có thể xét hàm số f  t    t  0  hoặc sử dụng ẩn phụ như sau: t 1 a  x 2  1 Đặt  a  1; b  1 . Khi đó phương trình (1) trở thành:  b  y  1 a  b  b  1 a   a 2 2 1 b  0    ab  1 loai  Từ đó ta có nghiệm hệ phương trình.
4  1.0 2 3 cot x  1  x Tính tích phân:  dx  sin 2 x 4    2 2 2 3 cot x  1  x 3 cot x  1 x I  2 dx   2 dx   2 dx  sin x  sin x  sin x 4 4 4   2 2  3 cot x  1 1 1 2 3 14 I1   2 dx    3 cot x  1 2 d 3 cot x  1   3 cot x  1 2 | 2   sin x 3 9 4 9 4 4 0,5  2 u  x x  du  dx I2   2 dx Ðãt  dx    sin x dv  sin 2 x dv   cot x 4   2    2 I 2  x.cot x |   cot xdx   ln sin x |    ln 2  2  4 4 4 4 2 4 0,5 14  2 I=   ln 9 4 2 5 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, BAC =1200. Gọi H, M lần 1.0 lượt là trung điểm các cạnh BC và SC, SH vuông góc với (ABC), SA=2a và tạo với mặt đáy góc 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC. S M I B H C K d A E 0 Góc giữa SA và (ABC) là góc SAH =60 . Từ đó có: SH  SA.sin 600  a 3; AH  SA.cos600  a 0,25 0 Tam giác ACH vuông tại H có ACH=30 nên AC=2a=AB Thể tích khối chóp S.ABC là: 1 1 1 VSABC  SH.SABC  .a 3. 2a.2a.sin1200  a 3 ( đvtt) 0,25 3 3 2 Trong mặt phẳng (ABC) gọi K là trung điểm HC, qua A dựng d//BC, từ K hạ KE vuông góc với d tại E, từ K hạ KI vuông góc với ME tại I a 21 Lập luận để có d  BC,AM   d  BC, AME    d  K, AME    KI và tính được KI  0,5 7
6. Cho các số dương x, y phân biệt thỏa mãn: x 2  2y  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1.0 4 4 5 biểu thức: P 4  4  8x  y 2 x y Từ giả thiết ta có: 16   x 2  4  2y  4x  2y  2 4x.2y  0  xy  8 0,25 x 2 y 2  4 4  xy 5 1  x 2 y 2  5 1 Do đó: P   4  4   .    2   64  x y  8 8  x  y 2  16  y 2 x  64 x  y  2 0,25 y x x y 1 5 1 1 Đặt t=   t  2 và P  t 2   y x 16 64 t  2 8 1 2 5 1 1 Xét hàm số : f (t)  t   trên khoảng  2; 16 64 t  2 8 5 Ta có f '(t)  0  t  và lim f (t)  ; lim f (t)   2 x  x2 27 nên min f (t)  khi t=5/2 0,25  2; 64 27 Suy ra min P  khi x=2, y=4 64 0,25 7a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB  2 BC . Gọi 1.0 D là trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AC  3EC. Biết phương  16  trình đường thẳng chứa CD là x  3 y  1  0 và điểm E  ;1 . Tìm tọa độ các điểm  3  A, B, C . A Gọi I  BE  CD , đặt BC  c  0 BA EA Ta có  nên E là chân đường phân giác trong góc B BC EC của tam giác ABC. Do đó, CBE  450  BE  CD (Vì BCD vuông cân tại B). D 0,25 E I B C PT của BE : 3 x  y  17  0 3 x  y  17  0 x  5 Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ    I  5; 2  . x  3y 1  0 y  2 0,25 c 1 c 5 c   Ta có BI  CI  , CE  AC   IE  CE 2  CI 2   IB  3IE 2 3 3 3 2 Từ đó tìm được tọa độ điểm B  4;5  . Gọi C  3a  1; a  ta có 2 2 a  1 0,25 BC  2 BI  2 5   3a  5    a  5   20  10a 2  40a  30  0   a  3 Với a  1  C  2;1 , A 12;1 ; Với a  3  C  8;3  , A  0; 3 0,25
8a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0;0;3), M(1;2;0). Viết phương trình mặt 1.0 phẳng (P) qua A cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM. 0,25 0,25 0,25 0,25 9a Cho khai triển nhị thức: 1.0 n1 n 2 3x  32x   C0n 3x   C1n 3x  .32x  C 2n 3x  .32x   ...  C nn 32x  n n 2 n với n là số nguyên dương. Biết rằng trong khai triển đó C nn2  4C1n và số hạng thứ 5 bằng 126.3n1 . Tìm n và x. n! n! 0,5 Từ giả thiết: C nn2  4C1n  4  n 9 n  2!2! n 1! Số hạng thứ 5 là: C94 3x  .32x   126.3x8  126.310  x  2 5 4 0,5 7b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x  y  63 . Lập phương 1.0 2 2 trình chính tắc của elip (E) biết hình chữ nhật cơ sở của (E) nội tiếp đường tròn (C) và hai tiêu điểm cùng một đỉnh của (E) tạo thành tam giác đều. Giả sử phương trình chính tắc của (E) là: x2 y2   1a  b  0 a 2 b2 Hình chữ nhật cơ sở có 2 kích thước là 2a, 2b nội tiếp đường tròn (C) nên ta có: a 2  b 2  63 1 0,25 Hai tiêu điểm và đỉnh trên trục tung tạo thành tam giác đều nên ta có b  3c 0,25 Do đó: a 2  b 2  c2  a 2  4c2 Vậy : a 2  36 x2 y2 4c2  3c2  63  c 2  9   2 . Do đó phương trình (E) là:  1 0,5 b  27 36 27  8b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;1;1), B(2;3;-1), đường thẳng 1.0 x 1 y z  1 Δ:   và mặt phẳng (P): x  y  z  2  0 . Viết phương trình đường 1 1 2 thẳng d cắt (P) tại C, cắt Δ tại D sao hình thang vuông tại A và B. cho ABCD là Do D thuộc Δ nên D( 1+t;t;-1+2t); AB  1; 2; 2; AD   t; t 1; 2t  2   TBR ta có: AB.AD  0  t  2  D 3; 2;3 0.25   x  2  2a  Từ đó ta có vtcp của BC là AD  2;1; 2 , phương trình BC: y  3  a  0,25 z  1  2a
Suy ra C( 2+2a;3+a;-1+2a). Mà C thuộc (P) nên: a=2, suy ra C( 6;5;3)  x  3  t 0,25  Khi đó phương trình d cần tìm là:  y  2  t  z  3 0,25 9b Cho số phức z thỏa mãn:  z 14  2i   3  iz  2i . Tìm phần ảo của số phức 1.0   9 w  z  3 1 Giả sử số phức z  a  bi a, b  R  0.25 Từ giả thiết ta có  4a  2b  4   4b  2a  2 i  3a  b  2  a  3b  6 i a  b  2 a  1 0,25 Suy ra hệ phương trình:    3a  7b  4 b  1 Vậy z=1+i  9π      9π 9 9 Khi đó: w  1  i  3 1  3  i  29 cos  i sin   29 i 0,25  6 6 Phần ảo của w là 29 0,25 Cảm ơn bạn Hứng Hoàng ( hoanggiahung.bdh@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl