Đề thi thử Đại học lần 3 năm 2014 môn Toán (khối D) - Trường THPT Hồng Quang

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

110
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học lần 3 năm 2014 môn Toán (khối D) - Trường THPT Hồng Quang bao gồm 9 câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết. Hy vọng tài liệu là nguồn thông tin hữu ích cho quá trình học tập và nghiên cứu của các bạn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần 3 năm 2014 môn Toán (khối D) - Trường THPT Hồng Quang

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2014 TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG Môn thi: TOÁN; Khối D ----- ----- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 1 4 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x − 2 mx 2 + 2 (1) , (m là tham số). 4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1. 2. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 1 tạo với đường thẳng (d): y = − x + 2014 một góc α bằng 450 .  π Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 x + sin x − 2 cos x = 2 sin 2  x −   4  y 3 − 2xy 2 = (2x − y )( x − 1)  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 3 x − y = x − 1  4 π 2 2  sin 3 x  Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x−  dx. π sin 2 x  2cos x + 3  4 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O và ABC = 120o . Góc giữa cạnh bên AA ' và mặt đáy ( ABCD ) bằng 60o . Đỉnh A ' cách đều các điểm A, B, D . M là trung điểm cạnh CD. Tính thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( A ' BD ) . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: xyz = −1 và x 4 + y 4 = 8xy − 6 . 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = xy − ( x + y ) − 2 . 2−z Câu7 (1,0điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng d1 : x + y − 2 = 0; d2 : x − 7 y + 6 = 0 cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(3; 5) cắt ( d1 ) ; ( d2 ) lần lượt tại M và N ( khác A) thỏa mãn 5AM = AN . x +1 y − 2 z − 2 Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = và 3 −2 2 mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng ( P ) , đi qua điểm M ( 2;2;4 ) và cắt đường thẳng ∆. Câu 9 (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: Cn2 = 3Cn6 . Tìm số hạng chứa x 7 trong khai n  3  triển nhị thức Niu-tơn  2x 2 + 3  .  x ----------------------------- Hết ----------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………………. Cảm ơn Việt Lưu Tuấn (tuanviet96hd@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Tổ: Toán ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2014 ----***---- MÔN: TOÁN; KHỐI: D (Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂ M Câu 1 1. (1,0 điểm) (2,0 đ) 1 1. Với m = 1, ta có y = x 4 − 2 x 2 + 2 . 4 • Tập xác định: D = ℝ. • Sự biến thiên: 0,25 − Chiều biến thiên: y ′ = x 3 − 4 x = x ( x 2 − 4) y ′ = 0 ⇔ x ( x 2 − 4) = 0 ⇔ x = 0, x = −2, x = 2 . − Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −2;0 ) , ( 2; +∞ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −2 ) , ( 0;2 ) − Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, yCD = y ( 0 ) = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x = ±2, yCT = y ( ±2 ) = −2 0,25 − Giới hạn: lim y = +∞, lim y = +∞. x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên: x −∞ −2 0 2 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + +∞ 2 +∞ 0,25 y −2 −2 Đồ thị: 1Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối 6xứng. 0,25 4 2 10 5 5 10 2 4 6 2. (1,0 điểm).
Ta có: y ' ( x ) = x 3 − 4 mx ⇒ y ' (1) = 1 − 4 m 0,25 Gọi ∆ là tiếp tuyến của đồ thị hs (1) tại điểm có hoành độ bằng 1 ⇒ phương trình ∆ có dạng: y = y ' (1)( x − 1) + y (1) 5 hay: y = (1 − 4 m )( x − 1) + y (1) ⇔ (1 − 4 m ) x − y + 2 m + =0 4 0,25 ∆ có vtpt n1 = (1 − 4 m; − 1) Đường thẳng (d) : x + y − 2014 = 0 có vtpt n2 = (1;1) 0,25 Do góc giữa ∆ và d là α = 45o nên ta có cosα = cos n1 , n2 ( ) n1 .n2 1 − 4m − 1 1 = cos45o ⇔ = 0,25 n1 . n2 (1 − 4m )2 + 1. 2 2 1 ⇔ 16 m 2 = 16 m 2 − 8m + 2 ⇔ m = 4 Câu 2 2 π (1,0 đ) sin 3 x + sin x − 2 cos x = 2 sin  x −  (1)  4 (1) ⇔ 2sin 2 x .cos x − 2 cos x − 1 + sin 2 x = 0 0,25 ⇔ ( sin 2 x − 1)( 2 cos x + 1) = 0 sin 2 x = 1 0,25 ⇔  2 cos x + 1 = 0 π 0,25 +) sin 2x = 1 ⇔ x = + kπ 4 1 2π 0,25 +) 2cosx + 1 = 0 ⇔ cosx = − ⇔x=± + l2π 2 3 Kluận: ... Câu 3 (1,0 đ)  y 3 − 2xy 2 = (2x − y )( x − 1)  (1)  2 3 x − y = x −1 (2)  4 Điều kiện: x ≥ 1 (1) ⇔ ( 2x − y ) ( x − 1 + y 2 ) = 0 ⇔  x − 1 + y  2 =0 0,25  y = 2x +) Với x − 1 + y 2 = 0 , với điều kiện x ≥ 1 thì pt ⇔ x = 1; y = 0 0,25 Thay vào pt (2) ta thấy không thỏa mãn ⇒ loại. 3 +) Với y = 2x, thay vào pt (2) ta được pt: x 2 − x = x −1 2 0,25 ( ) ( ) 2 3 Đặt v = x − 1 ≥ 0 ⇒ x = v2 + 1 , ta có: v2 + 1 − v2 + 1 = 0 2
⇔ 2 v 4 + v2 − 2 v − 1 = 0 ( ⇔ ( v − 1) 2v3 + 2 v2 + 3v + 1 = 0 ) 0,25 ( ⇔ v = 1 do 2 v3 + 2v2 + 3v + 1 > 0, ∀v ≥ 0 ) Với v = 1 ⇒ x = 2, y = 4 . KL Câu 4 π (1,0 đ) 2 2  sin 3 x  I=∫ x−  dx. π sin 2 x  2cos x + 3  4 π π 2 1 2 −2 s inx 0,25 I = 2∫ xdx + ∫ dx π sin 2 x π 2cosx + 3 4 4 π 2 1 I1 = 2 ∫ 2 xdx π sin x 4 u = x   du = dx Đặt  1 ⇒  dv = 2 dx  v = − cot xdx  sin x  π π  0,25  2  I1 = 2  − x cot x 2 − ∫ cot xdx   π π   4 4  π π d ( s inx ) 2 = + 2∫ 2 π s inx 4 0,25 π π 2 π 2 I1 = + 2 ln s inx = − 2 ln 2 π 2 2 4 π π π −2s inx 2 2 d ( 2cosx + 3 ) 2 0,25 I2 = ∫ dx = ∫ = 2 2cosx + 3 = 2 3 − 2 3 + 2 π 2cosx + 3 π 2cosx + 3 π 4 4 4 π 2 Vậy I = I1 + I 2 = − 2 ln +2 3 −2 3+ 2 . 2 2
Câu 5 B' A' (1,0 đ) C' D' B A K H O C M D - gt ⇒ ∆ABC đều cạnh a. Gọi H là hình chiếu của A’ trên (ABCD), do A ' A = A ' B = A ' D ⇒ HA = HB = HD ⇒ H là tâm của ∆ đều ABD ⇒ H 2 2 a 3 a 3 thuộc AO sao cho AH = AO = . = 3 3 2 3 0,25 - ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ HA là hình chiếu của A’A trên ( ABCD) nên góc giữa AA’ và mp(ABCD) là góc giữa AA’ và HA và bằng góc A ' AH = 60o ( do A ' H ⊥ HA ⊂ ( ABCD ) ⇒ ∆A ' HA vuông tại H ⇒ A ' AH < 90o ) a 3 - Trong ∆vuông A’AH có A ' H = AH .tan A ' AH = AH .tan 60o = . 3=a 3 1 a2 3 - Diện tích hình thoi ABCD là: S ABCD = BD.AC = ( đvdt) 2 2 - Thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' là: 0,25 a2 3 3 V = A ' H .S ABCD = a. = a3 (đvtt). 2 2 - Vì M là trung điểm của CD, CD cắt (A’BD) tại D nên d ( M , ( A ' BD ) ) = d ( C, ( A ' BD ) ) ; 1 2 ( mà CD cắt (A’BD) tại trung điểm O của CD nên d C, ( A ' BD ) = d A, ( A ' BD ) ) ( ) 0,25 lại có AO=3HO nên d ( A, ( A ' BD ) ) = 3d ( H , ( A ' BD ) ) ⇒ d ( M, ( A ' BD ) ) = d ( H , ( A ' BD ) ) 3 2 - Trong mp(A’OH) hạ HK ⊥ A ' O tại K khi đó ta c/m được: HK ⊥ ( A ' BD ) ⇒ d ( H , ( A ' BD ) ) = HK 1 1 1 13 a Trong ∆ vuông A’HO ta có: 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ HK = HK HO HA a 13 0,25 ⇒ d ( M, ( A ' BD ) ) = HK = 3 3a 2 2 13 Câu 6 thực x, y, z thỏa mãn: xyz = −1 và x 4 + y 4 = 8xy − 6 . (1,0 đ) 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = xy − ( x + y ) − 2 . 2−z
- Ta có: 8xy − 6 = x 4 + y 4 ≥ 2x 2 y 2 Đặt t = xy , ta có: 2t 2 − 8t + 6 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ t ≤ 3 - Ta có ( x + y ) ≥ 4xy, ∀x , y ∈ ℝ 2 0,25 Dấu “ =” xảy ra khi x = y 1 1 xy Khi đó P = xy − ( x + y ) − 2 ≤ xy − 4xy − = −3xy − 2−z 1 2xy + 1 2+ 0,25 xy , ∀ t ∈ [1;3] t 1 1 Xét hàm số: f ( t ) = −3t − = −3t − + 2t + 1 2 2 ( 2t + 1) < 0, ∀t ∈ [1;3] 1 f ' ( t ) = −3 − 0,25 4 ( 2t + 1) 2 ⇒ f ( t ) nghịch biến trên đoạn [1;3] , ∀t ∈ [1;3] 10 ⇒ f ( t ) ≤ f (1 ) = − 3 x = y  10 10  xy = 1  x = y = z = −1 ⇒P≤− ⇒P=− ⇔ ⇔ 3 3  xyz = −1  x = y = 1; z = −1 0,25  x 4 + y 4 = 8xy − 6  10  x = y = z = −1 KL: Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P = − khi  3  x = y = 1; z = −1 Câu 7 d1 : x + y − 2 = 0; d2 : x − 7 y + 6 = 0 cắt nhau tại A. Viết phương trình đường (1,0 đ) thẳng (d) đi qua điểm B(3; 5) cắt ( d1 ) ; ( d2 ) lần lượt tại M và N ( khác A) thỏa mãn 5AM = AN . - A = ( d1 ) ∩ ( d2 ) ⇒ A (1;1) - Gọi M ( m;2 − m ) là giao điểm của ( d1 ) và (d) 0,25 ⇒ AM = ( m − 1;1 − m ) ; AM = 2 m − 1 ; BM = ( m − 3; −3 − m ) Gọi N ( 7n − 6; n ) là giao điểm của ( d2 ) và (d) ⇒ AN = ( 7n − 7; n − 1) ; AN = 5 2 n − 1 ; BN = ( 7n − 9; n − 5) n = m Theo giả thiết: AN=5AM ⇔ n − 1 = m − 1 ⇔  n = m − 2  m − 3 = k (7n − 9) Mặt khác ta có B, M, N thẳng hàng ⇔ ∃k ∈ ℝ* : BM = k BN ⇔   −3 − m = k (n − 5) 0,25
 k = 1   m = 1  m − 3 = k (7m − 9)  - Với n = m ta có hệ  ⇔  k = 3  −3 − m = k (m − 5)    13 0,25  −3  m =  2 Với m = n = 1 ⇒ M (1;1) N(1;1) loại −3 −3 −3 −33 −3 Với m = n = ⇒ M ( ; ) N( ; ) . Đường thẳng (d): x – 3 y + 12 = 0 2 2 2 2 2  k = 1  0,25  m − 3 = k (5 − 7m)  m = 1 - Với n = 2 – m ta có hệ  ⇔  −3  −3 − m = k (−3 − m)  k =  13   m = −3 Với m = 1 ⇒ n = 1 ⇒ M (1;1) N(1;1) loại Với m = −3 ⇒ n = 5 ⇒ M (−3;5) N(29;5) . Đường thẳng (d): y − 5 = 0 Vậy có hai đường thẳng (d) thỏa mãn : x – 3 y + 12 = 0 ; y − 5 = 0 Cách 2: Câu 7 - A = ( d1 ) ∩ ( d2 ) ⇒ A (1;1) - Lấy P ( 2;0 ) thuộc đường thẳng ( d1 ) . Gọi ∆ là đường thẳng kẻ từ P song song với (d) , cắt ( d2 ) tại Q. Do 5AM = AN ⇒ 5AP = AQ  y0 = 2 ⇒ Q ( 8;2 ) Gọi Q ( 7 y0 − 6; y0 ) ⇒ 50 ( y0 − 1) = 50 ⇒  2 -  y0 = 0 ⇒ Q ( −6;0 ) - Với Q ( 8;2 ) ⇒ pt ( d ) : x − 3y + 12 = 0 (thỏa mãn điều kiện A ∉ (d ) - Với Q ( −6;0 ) ⇒ pt (d ) : y − 5 = 0 (thỏa mãn điều kiện A ∉ (d ) KL:... Câu 8 (1,0đ)  x = −1 + 3t  Ta có phương trình đường thẳng ∆ :  y = 2 − 2t  z = 2 + 2t  Gọi A ( −1 + 3t;2 − 2t;2 + 2t ) là giao điểm của (d) và (∆) 0,25 ⇒ MA = ( 3t − 3; − 2t;2t − 2 ) d / / ( P ) ⇒ MA.nP = 0 (nP = (1;2;3 ) vtpt của (P)) 9  12 18 8  2 ⇔t= ⇒ MA =  ; − ;  = ( 6; −9;4 ) 5  5 5 5 5 0,25
(d) qua , nhận u = ( 6; −9;4 ) là vtcp thỏa mãn ycbt ( vì M ∉ ( P ) ⇒ d / / ( P )) 0,25 x −2 y −2 z−4 0,25 Phương trình đường thẳng (d) là: = = . 6 −9 4 Câu 9 n ≥ 6, n ∈ ℕ* (1,0đ)  0,25 Cn2 = 3Cn6 ⇔  n! n! ⇔n=7  2!( n − 2 )! = 3.  6!( n − 6 )! Với n = 7 ta có khai triển : 7 7−k k 7− k  2 3   3  7k  2x + 3  = ∑ C7 ( 2 x ) 7 7 14−  3  = ∑ C7 ( 2 ) k 2 k k 3 3 x 0,25  x  k =0 7  x  k =0 Số hạng chứa x của khai triển nhị thức niu-tơn trên ứng với k thỏa mãn: k ∈ ℕ,0 ≤ k ≤ 7  0,25  7k ⇔k =3 14 − = 7 3 ⇒ số hạng chứa x7 của khai triển nhị thức niu-tơn trên là: C73 24 33 x 7 = 15120.x 7 0,25 Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. --------------- Hết -------------- Cảm ơn Việt Lưu Tuấn (tuanviet96hd@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl