ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN 14

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

85
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học môn: toán 14', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

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

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3(m+1)x2 + 9x – m (1), m là tham số thực 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Xác định các giá trị m để hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2. Câu II (2,0 điểm) x4  x4 1. Giải bất phương trình  x  x 2  16  3 ( x  R). 2 2 3 cos 2 x  2 sin 3 x cos x  sin 4 x  3 2. Giải phương trình 1. 3 sin x  cos x Câu III (1,0 điểm) ln 2 2 e3 x  e 2 x  1 Cho I =  dx . Tính eI 0 e3 x  e 2 x  e x  1 Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a 2 . Đáy là tam giác ABC cân BAC  1200 , cạnh BC = 2a. Gọi M là trung điểm của SA, tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = log 2 x  1  log 2 y  1  log 2 z  4 trong đó x, y, z là 2 2 2 các số dương thỏa mãn điều kiện xyz = 8. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1; 0), B(-2; 4), C(-1; 4), D(3; 5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : 3 x  y  5  0 sao cho hai tam giác MCD, MAB có diện tích bằng nhau. 2. Trong hệ trục Oxyz, viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC); biết điểm A(1; 0; -1), B(2; 3; -1) và C(1; 3; 1). Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện: z  i  z  2  3i . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất. B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1.Trong hệ trục Oxy, cho 2 đường tròn (C) và (C’) có phương trình(C): x2 + y2 = 4 và (C’): x2 + y2 = 1; Các điểm A, B lần lượt di động trên (C) và (C’) sao cho Ox là phân giác của góc AOB. Gọi M là trung điểm của đoạn AB, lập phương trình quỹ tích của M. x  3 y  2 z 1 2. Trong hệ trục Oxyz, cho đường thẳng (d):   và mặt phẳng (P) có phương trình: 2 1 1 x + y + z + 2 = 0. Viết phương trình đường thẳng (Δ) thuộc (P) sao cho (Δ) vuông góc với (d) và khoảng cách từ giao điểm của (d) và (P) đến (Δ) bằng 42 . Câu VII.b (1,0 điểm) Khai triển đa thức: (1  3x )20  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a20 x 20 . Tính tổng: S  a0  2 a1  3 a2  ...  21 a20 . -----------------Hết---------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Câu Ý Nội dung Điểm 3 2 1 Khi m = 1 ta có y = x – 6x + 9x – 1 *Tập xác định: D = R x  1 * y’ = 3x2 – 12x + 9 ; y’ = 0   x  3 *Bảng biến thiên 1đ x - 1 3 + y’ + 0 - 0 + 3 + y - -1 I * Hàm số đồng biến trên ( -  ;1) và ( 3; +  ); nghịch biến trên ( 1; 3) * Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 và yCT = -1 * Đồ thị : 2 Tập xác định: D = R Ta có y’ = 3[x2 – 2 (m + 1)x + 3] y’ = 0  x2 – 2 (m + 1)x + 3 = 0 0,5 Hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2  y’ = 0 phải có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  2 .  m  1  3 Trước hết ta phải có Δ’>0  m2 + 2m – 2 >0    m  1  3  Khi đó gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình y’ = 0 . Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = 2(m + 1) và x1x2 = 3 Ta có : x1  x2  2  (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 4  m2 + 2m – 3 = 0  m = 1 hoặc 0,5 m=-3 Vậy với m = 1 hoặc m = - 3 thì thỏa mãn điều kiện bài toán 1 x  4  0 * Đk:   x  4. Đặt t = x  4  x  4 (t > 0) x  4  0 t  2( L) 0,5 BPT trở thành: t2 - t - 6  0   t  3  x  4  (a)  9 - 2x < 0 * Với t  3  2 x 2  16  9 - 2x   x  4   9 - 2x  0 (b )  2 2  4( x  16)  (9  2 x) 9 * (a)  x > . II 2 0,5 145 9 145  * (b)   x  . Vậy tập nghệm của BPT là: T=  ;   36 2  36 
2 ĐK: 0,5 Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 0.5 Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là ln 2 ln 2 2e 3 x  e 2 x  1 3e3 x  2e 2 x  e x  (e3 x  e2 x  e x  1) I=  dx =  dx 0,5 0 e3 x  e 2 x  e x  1 0 e3 x  e 2 x  e x  1 ln 2  3e3 x  2e 2 x  e x  3x 2x x ln 2 ln 2 =   e3x  e2 x  e x  1  1dx = ln(e + e – e + 1) 0  x 0 0   III 14 11 0,5 = ln11 – ln4 = ln ; Vậy eI = . 4 4 (HS tự vẽ hình) 2a * Áp dụng định lí sin trong  ABC có AB = AC = 3 1 a2 3 0,5  S AB.AC.sin1200 = = . Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), ABC 2 3 theo gt: SA = SB = SC  HA = HB = HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC. BC 2a * Và theo định lí sin trong  ABC ta có: = 2R  R = = HA sin A 3 a 6  SHA vuông tại H  SH = SA2  HA2 = IV 3 1 a2 2  VS . ABC S =.SH = 3 ABC 9 * Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC) h SM 1 1  M    hM = hA . hA SA 2 2  SBC vuông tại S  S = a2 SBC 1 3VS . ABC a 2 * Lại có: V = S .hA  hA = = 0,5 S. ABC 3 SBC S SBC 3 a 2 Vậy hM = d(M;(SBC)) = 6 Sử dụng phương pháp vectơ 0,5    Đặt u  (log 2 x;1) ; v  (log 2 y;1) và w  (log 2 z ; 2) V    Ta có u + v + w = ( log2x + log2y + log2z ; 4) = ( log2(xyz) ; 4) = (3; 4)
      Áp dụng bất đẳng thức u + v + w  u  v  w   0,5 2 2 2  log x  1  log y  1  log z  4  5 . Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi u ; v 2 2 2  1 và w cùng hướng  log2x = log2 y = log2z  x = y = 4 8 và z = 2 2 2  Giá trị nhỏ nhất của P bằng 5  x = y = 4 8 và z = 2 2 1 Viết phương trình đường AB: 4 x  3 y  4  0 và AB  5 Viết phương trình đường CD: x  4 y  17  0 và CD  17 0,25 Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t ;3t  5) , ta tính được: 13t  19 11t  37 0,25 d ( M , AB)  ; d ( M , CD )  5 17 Từ đó: S MAB  S MCD  d (M , AB ). AB  d ( M , CD).CD 0,5 7 7  t  9  t   Có 2 điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2) VIa 3 3 2 Nhận xét rằng: Đường thẳng  đi qua trực tâm H của ΔABC và vuông góc với mp(ABC) là giao tuyến của mp (P) đi qua A và vuông góc với BC với mp(Q) đi qua B và vuông góc với AC cũng là giao tuyến của mp đi qua C và vuông góc với AB. Viết pt(P): (P) đi qua A và nhận BC (-1; 0; 2) làm VTPT Nên pt (P) là :-x + 2z + 3 = 0 Viết pt(Q): (Q) đi qua B và nhận AC (0;3;2) làm VTPT 0,5 Nên pt (Q) là:3y + 2z – 7 = 0 Dễ thấy  đi qua M(7;1;2) và có VTCP là    u  n P , nQ  với n P  (1; 0; 2) n Q  (0;3; 2) Suy ra u =(-6;2;-3) Vậy pt Δ là  x  7  6t   y  1  2t (t  R) 0,5  z  2  3t  Đặt z = x + yi; trong đó x, y  R |z - i| = | z - 2 - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i| VIIa 0,5 *  x - 2y - 3 = 0  Tập hợp điểm M(x; y) biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình x - 2y - 3 = 0 (  )   0,5 * |z| nhỏ nhất  | OM | nhỏ nhất  M là hình chiếu của điểm O(0; 0) trên (  ) 3 6 3 6  M( ;- )  z = - i 5 5 5 5 1 Ta có: (C) có tâm O(0; 0) và bán kính R1=2 0,5 (C’) có tâm O(0; 0) và bán kính R2=1 Với B(xB;yB)  (C’) thì xB2+yB2=1 Gọi B1 là điểm đối xứng với B qua Ox suy ra B1(xB;-yB) thuộc OA và th/m :     OA  2OB 1  A(2 x B ; 2 y B )
Khi đó M là trung điểm của AB có toạ độ là:  x A  x B 3x B 0,5 x    2x  2 2 xB    3 y  y A  y B  2 y B  yB  y B  2 y     2 2 VIb x2 y2 Thay vào phương trình của (C’) ta được (E):  1 94 14 Vậy tập hợp M là elíp có phương trình trên. 2 Tìm gđ M của (d) và (P):  x  3  2t  PTTS của (d):  y  2  t Thay vào pt(P) ta được t = -1. Vậy M(1;-3;0)  z  1  t  0,5 Tìm 1 điểm mà Δ đi qua: Gọi (Q) là mp chứa (d) và vuông góc (P) có pt là   nQ  u d ,n P = (2;-3;1) Hình chiếu vuông góc (d’) của (d) lên (P) là giao tuyến của (Q) và (P) nên (d’) có VTCP là u  n Q  n P  (4;1;5)  x  1  4t '  (d’) đi qua M nên có Pt là  y  3  t ' 0,5  z  5t '  Điểm N   và cũng thuộc (d’) th/m d(M, Δ)= 42 N(1-4t’;-3-t’;5t’)  d(M; Δ) = MN = (4t ')2  (t ')2  (5t ') 2  42t ' 2  42  t’ = ±1 Vậy tìm được 2 điểm t/m : N1(-3;-4;5), N2(5;-2;-5) Ta có:  x(1  3 x) 20   a0  2a1 x  3a2 x 2  ...  21a20 x 20 . 0,5 20 19 2 20  (1  3 x)  60 x (1  3x )  a0  2a1 x  3a2 x  ...  21a20 x (*). Nhận thấy: ak x k  ak ( x) k do đó thay x  1 vào cả hai vế của (*) ta có: VIIb S  a0  2 a1  3 a2  ...  21 a20  422 . 0,5