Đề thi thử Đại học lần II năm 2014 môn Toán (khối D) - Trường THPT Lương Thế Vinh

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

90
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học lần II năm 2014 môn Toán - Trường THPT Lương Thế Vinh gồm có 9 câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết dành cho các bạn học sinh khối D. Cùng tìm hiểu để nắm bắt nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần II năm 2014 môn Toán (khối D) - Trường THPT Lương Thế Vinh

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2014 TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH Môn: TOÁN, Khối D --------------------- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  (1) và đường thẳng d : y   x  m. x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp tuyến của (C) tại A và B có cùng hệ số góc. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 1  sin x  (1  sin x).sin 2 x  cos 2 x. Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 x2  4 x  9  5x  6  7 x  11  0 ( x  ). e 1 x2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   (x  1) 0 2 ln(x  1)dx. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, SA = BC = 2a. Biết rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích của khối chóp S. ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện x2  y 2  z 2  xy  yz  xz  6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x3 y 3 z 3 54 P  2  2  2  9ln( x  y  z )  . y z x 6  xy  yz  xz Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Gọi E và F lần lượt là chân đường  11 13  cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ của đỉnh A biết rằng E (7;1), F  ;  , phương 5 5 trình đường thẳng BC là x  3 y  4  0 và điểm B có tung độ dương. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(3;3;2), B(1;3; 2), C (3;3; 2) và mặt phẳng (P): 2 x  2 y  z  11  0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C và (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 9 (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z.z  2.z  19  4i. Tìm môđun của số phức w  z 2  z  1. --------------- Hết --------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ............................................................................; Số báo danh: .................................... Cảm ơn thầy Đặng Đình Hanh (ddhanhdhsphn@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI D TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014 NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1. 2 điểm x 1 1 điểm a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  . x 1 * Tập xác định: D  \ 1. 2 * Chiều biến thiên: y   0 x  D . ( x  1)2 0,25đ Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó, do đó hàm số không có cực trị. * Tiệm cận: lim  y  , lim  y  ; lim y  1 x  ( 1) x ( 1) x  0,25đ  Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận ngang y = 1. * Bảng biến thiên x - -1 + y’ + + + 1 y 1 - 0,25đ * Vẽ đúng đồ thị 0,25đ b) Tìm m để đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời 1 điểm các tiếp tuyến của (C) tại A và B có cùng hệ số góc. x 1  x  1 Phương trình hoành độ giao điểm:  x  m   0,25đ x 1  g ( x)  x  (2  m) x  (m  1)  0 (2). 2 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt x  1   0 (2  m) 2  4( m  1)  0  m 2  8  0     g (1)  0 (1)  (2  m)(1)  (m  1)  0 2  0  2  0,25đ đúng với mọi m. Gọi A(a, a  m), B(b, b  m) trong đó a, b là hai nghiệm của phương trình (2). Theo đề bài ta có 2 2 a  1  b  1 a  b f '(a)  f '(b)    (a  1) 2  (b  1) 2    0,25đ (a  1) (b  1)  a  1  (b  1)  a  b  2. 2 2 Trường hợp a = b không xảy ra. Theo Định lý Viét ta có a  b  m  2 . Do đó m  2  2  m  0 . Đáp số m = 0. 0,25đ Câu 2. Giải phương trình 1  sin x  (1  sin x).sin 2 x  cos 2 x. 1 điểm Phương trình  1  cos 2 x  sin x  (1  sin x).2sin x cos x  0  2sin 2 x  sin x  (1  sin x).2sin x cos x  0 0,25đ sin x  0 (1)  0,25đ  2sin x  1  (1  sin x).2cos x  0 (2) Ta có (1)  x  k (k  ). 0,25đ Ta có (2)  sin 2 x  cos2 x  2sin x cos x  2(sin x  cos x)  0  (sin x  cos x)2  2(sin x  cos x)  0    2.sin( x  )  0 sin x  cos x  0 4   sin x  cos x  2  0  2.sin( x   )  2  4
    0,25đ  sin( x  )   2 (Loại) hoặc sin( x  )  0  x   k  x    k (k  ). 4 4 4 4  Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  k hoặc x    k (k  ). 4 Câu 3. Giải phương trình 2 x  4 x  9  5x  6  7 x  11  0 2 ( x  ). 1 điểm 6 Điều kiện x   . Phương trình đã cho trở thành: 5 2 x2  2 x  4  ( x  2  5x  6)  ( x  3  7 x  11) 0,25đ ( x  2)2  (5 x  6) ( x  3)2  (7 x  11) x2  x  2 x2  x  2  2( x 2  x  2)    2( x 2  x  2)   x  2  5x  6 x  3  7 x  11 x  2  5x  6 x  3  7 x  11 0,25đ   x  1  x2  x  2  0   1 1   x  2   2  1 1  x  2  5 x  6 x  3  7 x  11    2 (*) 0,25đ  x  2  5 x  6 x  3  7 x  11 6 Với x   ta có 5 1 1 11 5 5      2.  x  2  5 x  6 x  3  7 x  11  6  2  6  3 4 9 5 5 Do đó phương trình (*) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  1; x  2. 0,25đ e 1 x2 Câu 4. Tính tích phân I   (x  1) 0 2 ln(x  1)dx. 1điểm Đặt t  x  1  x  t  1  dx  dt và x  0  t  1; x  e  1  t  e . t 1 e Ta có I   ln t dt 0,25đ 1 t2 e e ln t ln t I  dt   2 dt  I1  I 2 . 1 t 1 t e e e 0,25đ ln t (ln t ) 2 1 Tính I1   dt   ln t d (ln t )   . 1 t 1 2 1 2 e ln t dt dt 1 Tính I2   2 dt. Đặt u  ln t , v  2  du  , v   . Ta có 1 t t t t e e e 1 1 dt 1 1 2 I2   .ln t   .     1  . t 1 1 t t e t1 e 0,25đ 3 2 Vậy I  I1  I 2   . 2 e 0,25đ Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, SA = BC = 2a. Biết rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích của khối chóp S. ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. 1điểm Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD. Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt 0,25đ phẳng (ABCD) và (SAC)  (SBD)  SO nên ta có SO  ( ABCD). a 5 a 11 Ta có AC 2  AB 2  BC 2  5a 2  AC  a 5  OA   SO  SA2  OA2  . 2 2 1 1 a 11 a3 11 Từ đó VS . ABCD  .SO.S ABCD  . .a.2a  . 3 3 2 3 0,25đ
S M D C O A B Gọi M là trung điểm của SB. Ta có OM song song với SD. Do đó mặt phẳng (ACM) song song với SD. Do đó 3V d ( AC , SD)  d (SD,( ACM ))  d ( D,( ACM ))  D. ACM . S ACM 1 1 1 a3 11 Ta có VD. ACM  VM . ACD  VS . ACD  . .VS . ABCD  . 0,25đ 2 2 2 12 a 5 3.SB Ta có OA  OB  OC   SB  SC  SA  2a. Tam giác SBC đều, do đó CM   a 3. 2 2 AS 2  AB 2 SB 2 3a 2 a 6 Trong tam giác SAB ta có AM 2     AM  . Từ đó 2 4 2 2 MA2  MC 2  AC 2 1 71 cos AMC    sin AMC  1  cos 2 AMC  2.MA.MC 6 2 6 2 1 1 a 6 71 a 2 71  S AMC  .MA.MC.sin AMC  . .a 3.  . 2 2 2 6 2 8 a3 11 3. 3VD. ACM 2a 11 Vậy d ( AC , SD)   2 12  . 0,25đ S ACM a 71 71 8 Câu 6. Cho ba số dương x, y, z thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện x2  y 2  z 2  xy  yz  xz  6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 điểm x3 y 3 z 3 54 P  2  2  9ln( x  y  z )  . y 2 z x 6  xy  yz  xz Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có x3 x3 x3  y  y  3. 3 . y. y  3 x   3x  2 y. y2 y2 y2 Tương tự ta có y3 z3  3 y  2 z;  3z  2 x. z2 x2 Từ đó suy ra 54 P  x  y  z  9ln( x  y  z )  . ( x  y  z )2 0,25đ Đặt t  x  y  z  0 . Ta có
( x  y)2  ( y  z)2  ( x  z)2  0  x2  y 2  z 2  xy  yz  xz. Do đó 2t 2  2( x2  y 2  z 2 )  4( xy  yz  xz )  3( x2  y 2  z 2  xy  yz  xz )  18  t  3 . Từ đó ta được 54 P  f (t )  t  9ln t  2 với t  x  y  z   0;3. t 0,25đ Ta có 9 108 t 3  9t 2  108 (t  6) 2 (t  3) f '(t )  1   3    0  t   0;3. t t t3 t3 Suy ra f (t )  f (3)  9  9ln3. 0,25đ Do đó P  f (t )  9  9ln3. 0,25đ Khi x = y = z = 1 thì P  9  9ln3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 9  9ln3. Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ từ 1 điểm  11 13  các đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ của đỉnh A biết rằng E (7;1), F  ;  , phương trình 5 5 đường thẳng BC là x  3 y  4  0 và điểm B có tung độ dương. Gọi K là trung điểm của BC. Vì K  BC  K (4  3t; t ). Vì BEC  BFC  900 nên ta có 11 13 KE 2  KF 2  (4  3t  7)2  (t  1) 2  (4  3t  ) 2  (t  ) 2  t  0  K (4;0). 0,25đ 5 5 Ta có B  BC  B(4  3b; b) với b > 0. Vì BEC  900 nên ta có KB2  KE 2  (4  3b  4)2  b2  (7  4)2  (1  0)2  10b2  10 0,25đ  b  1 (Loại) hoặc b = 1. Do đó B(1;1).  xC  2 xK  xB  7 Ta có   C (7; 1).  yC  2 yK  xB  1 Phương trình đường thẳng CE là x = 7. Phương trình đường thẳng BF là 4 x  3 y  1  0. 0,25đ Ta có A  BF  CE  A(7;9). 0,25đ Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(3;3; 2), B(1;3; 2), C (3;3; 2) và mặt phẳng (P): 2 x  2 y  z  11  0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C 1 điểm và (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P). Gọi I (a, b, c) là tâm của mặt cầu (S). Ta có   AI  BI 2 2  (a  3)  (b  3)  (c  2)  (a  1)  (b  3)  (c  2) 2 2 2 2 2 2  2   AI  CI  (a  3)  (b  3)  (c  2)  (a  3)  (b  3)  (c  2)  0,25đ 2 2 2 2 2 2 2 a  1   I (1; b;0). 0,25đ c  0 (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi 2.1  2b  0  11 d ( I ,( P))  R  IA   (1  3) 2  (b  3) 2  (0  2) 2 2  2 1 2 2 2  13  2b  3 b  6b  17  4b 2  52b  169  9(b 2  6b  17) 2 b  2  5b 2  2b  16  0   b   8 .  5 0,25đ ● Với b  2 ta có I (1;2;0), R  IA  3 . Phương trình (S) là ( x  1)2  ( y  2)2  z 2  9. 8 8 27 8 729 ● Với b   ta có I (1;  ;0), R  IA  . Phương trình (S) là ( x  1)2  ( y  )2  z 2  . 0,25đ 5 5 5 5 25
Câu 9. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z.z  2.z  19  4i. Tìm môđun của số phức w  z 2  z  1. 1 điểm Gọi z  a  bi (a, b  ) . Phương trình đã cho trở thành a 2  b 2  2a  19 0,25đ a  b  2(a  bi)  19  4i  (a  b  2a)  2bi  19  4i   2 2 2 2 2b  4 a  3 a 2  22  2a  19  0 a 2  2a  15  0   z  3  2i      a  5   b  2 b  2 b  2  z  5  2i. 0,25đ  Trường hợp 1. z  3  2i . Ta có 0,25đ w  (3  2i)2  (3  2i)  1  9  14i  w  92  142  277. Trường hợp 2. z  5  2i . Ta có 0,25đ w  (5  2i)2  (5  2i)  1  17  18i  w  172  (18) 2  613. Cảm ơn thầy Đặng Đình Hanh (ddhanhdhsphn@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl