Đề thi thử Đại học môn Toán 2014 số 3

Chia sẻ: Bách Khoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

228
lượt xem 51
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em học sinh tham khảo đề thi thử đại học năm 2014, đề thi được biên soạn bởi giáo viên có nhiều kinh nghiệm trong việc giảng dạy toán Trung học phổ thông.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán 2014 số 3

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. Cho hàm số y   x 4  2 x 2  5 , có đồ thị là C  . a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số C  . b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C  biết tiếp tuyến cắt các trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A, B sao cho 24OA  OB .  cos x  cot x  Câu 2. Giải phương trình 3    cos2x=5s inx  4.  cot x  cos x   2  y  2x  1  1  x  2 1  y Câu 3. Giải hệ phương trình  .  y  x  y  1   y  2  1  x  1. 2  3 4 3  4x Câu 4. Tính tích phân I   dx . 0 (5  4 x ) 1  x Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB  2a, AD  4a . Hình chiếu vuông góc của điểm S xuống mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho BH  3AH . Gọi M, N lần lượt là trung điểm 7 của BC và SD. Biết góc tạo bởi mặt phẳng (SMD) và mặt phẳng đáy là  với cos  . Tính thể tích khối chóp 65 S.HNM và khoảng cách từ D đến mặt phẳng SMC  . Câu 6. Cho các số thực thỏa mãn 0  z  y  1, 0  z  x  1, 2 x  3 y  5z  8. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2 x 2  3 y 2  5z 2 . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 7a. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(2;3); B(2;1);C (6;3) . Gọi D là giao điểm của đường phân giác trong BAC với BC. Tìm điểm M (có hoành độ hữu tỉ) thuộc đường tròn C  :  x  3   y  1  25 sao cho 2 2 SMDC  2SADB ? x y 1 z x 1 y z  2 Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 :   và 2 :   . 2 1 1 1 2 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng 1 , cắt trục Oz và đường thẳng  2 theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 5.  3 x  x  x  log 2 y  8 y  2 y  1 3  Câu 9a. Giải hệ phương trình   3 7x  8  7  8 y  x 2   6 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 7b. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp một đường tròn có A(2;9). Trung điểm của BC là 3 5 D  ;  . Biết BC vuông góc với đường thẳng 3x  y  2013  0. Gọi M là điểm tùy ý thuộc cung nhỏ BC. Điểm 2 2 P, Q tương ứng là điểm đối xứng của M qua AC và AB. Biết phương trình đường thẳng chứa PQ là y=6. Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A  2;4; 1 , B  0; 2;1 và đường thẳng x 1 y  2 z 1 :   . Viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm I nằm trên đường thẳng . 2 1 1 Câu 9b. Giải bất phương trình log 2 log 4 x   log 4 log 2 x   2. --------------------------------------Hết--------------------------------------
HƯ NG D N GI I Đ THI TH ĐH NĂM 2014 Đ 03 - Ngày thi : 30-11-2013 I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH Câu 1 Cho hàm s y = −x 4 + 2x 2 + 5, có đ th là (C ). a. Kh o sát và v đ th hàm s (C ). b. Vi t phương trình ti p tuy n c a đ th (C ) bi t ti p tuy n c t các tr c t a đ Ox,O y l n lư t t i hai đi m sao cho 24O A = OB . L i gi i : a/............ b/ G i ∆ : y = ax + b là ti p tuy n c a (C ) −4x 3 + 4x = a ⇔ (I ) có nghi m. −x 4 + 2x 2 + 5 = ax + b −b ∆ Ox = A a ;0 . ∆ O y = B (0; b) b2 Theo gi thi t 24O A = OB ⇒ 24 a2 = b 2 ⇒ a = ±24 x = −2 +/ v i a = 24 thay vào h (I ) ⇒ ⇒ ∆; y = 24x + 45 b = 45 x =2 +/ v i a = −24 thay vào h (I ) ⇒ ⇒ ∆ : y = −24x + 45 b = 45 cos x + cot x Câu 2 Gi i phương trình 3 + cos 2x = 5 sin x + 4 cot x − cos x L i gi i : Đi u ki n: sinx = 0; sinx = 1; cosx = 0 Phương trình đã cho tương đương: 3 sinx+1 + 1 − 2sin2 x = 5 sin x + 4 1−sinx ⇔ 3 (sinx + 1) + (1 − sinx) 1 − 2sin2 x = (5 sin x + 4) (1 − sinx) ⇔ sinx 2sin2 x + 3 sin x + 1 = 0 sinx = 0 ⇔ sinx (2 sin x + 1) (sinx + 1) = 0 ⇔ sinx = 1 ⇔ sinx = − 1 2 1 sinx = − 2 1 x = − π + k2π 6 •sinx = − 2 ⇔ (k ∈ Z ) x = 7π + k2π 6 V y phương trình đã cho có nghi m: x = 7π + k2π; x = − π + k2π (k ∈ Z ) 6 6 y 2 + 2x = 1 + 1 + x + 2 1+ y Câu 3 Gi i h phương trình y − x y + 1 + y2 − 2 1 + x = 1. L i gi i 1: x ≥ −1 ĐK: y ≥ −1 Đ t t = 1 + x ≥ 0 ⇒ x = t 2 − 1,khi đó phương trình (2) tr thành: (y − t 2 + 1)(y + 1) + (y 2 − 2)t = 1 ⇔ t y 2 − t 2 y − t 2 + y 2 − 2t + 2y = 0 ⇔ t y 2 + y 2 + 2y = y t 2 + t 2 + 2t ⇔ (y − t )(y + t + y t + 2) = 0 Vì x ≥ −1, y ≥ −1 nên y + t + y t + 2 > 0 ⇒ y = t Thay vào phương trình (1) ta đư c: t 2 + 2(t 2 − 1) = 1 + t + 2 1 + t ⇔ 3t 2 − t − 3 = 2 t + 1 Đ t t + 1 = a ≥ 0 ⇒ t = a 2 − 1 Phương trình tr thành a = 1 1± 5 3a 4 − 7a 2 − 2a + 1 = 0 ⇔ (a 2 − a − 1)(3a 2 + 3a − 1) = 0 ⇔ 2 a = 1 −3 ± 21 6 So sánh v i đi u ki n ta tìm đư c a = 1 1 + 5 và a = 1 −3 + 21 2 6 V i a = 1 1+ 5 ⇒ t = 1 1+ 5 ⇒ x = y = 2 1+ 5 2 2 1 1 1 V i a = 6 −3 + 21 ⇒ t = y = 6 −1 − 21 < 0 2
1 1 V y nghi m c a h là 1+ 5 ; 1+ 5 2 2 L i gi i 2: 2 (2) ⇔ y + 1 x + 1 − y 2 − 2  x + 1 − y 2 − 2y = 0 x +1 = y 2 2 ∆ x+1 = y + 2y + 2 Suy ra :  ⇔ x = y 2 − 1, y ≥ 0 , (3)   y +2 x +1 = − (V N : y > −1) y +1 Th (3) vào (1) ta có Pt : 3 y 2 − y − 1 + 2 y − y + 1 = 0  1+ 5  y=  y +1 = y  2 ⇔ y− y + 1 3y + 3 y +1+2 = 0 ⇔  ⇔ 2  3 y +1 +3 y +1−1 = 0  −1 − 21 y= (lo i) 6 1+ 5 1+ 5 V y h có nghi m : ; . 2 2 3 4 3 − 4x Câu 4 Tính tích phân I = dx 0 (5 − 4x) 1 − x L i gi i : Đ t 1 − x = t ⇒ x = 1 − t 2 ⇒ d x = −2t d t 1 2t (4t 2 − 1) 1 4 1 π I= dt I = 1 2− d t I = 2t − 2 arctan 2t = 1+ − 2 arctan 2 1 2 t (4t 2 + 1) 2 4t 2 + 1 1 2 2 Câu 5 Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình ch nh t c nh AB = 2a, AD = 4a . Hình chi u vuông góc c a đi m S xu ng m t ph ng (ABC D) là đi m H thu c c nh AB sao cho B H = 3AH . G i M , N l n lư t là trung đi m c a BC và SD . Bi t góc t o b i m t ph ng (SM D) 7 và m t ph ng đáy là α v i cos α = . Tính th tích kh i chóp S.H N M và kho ng cách t D 65 đ n m t ph ng (SMC ). L i gi i : Trong mp(ABC D) G i E là giao đi m c a D M và AB , K là hình chi u vuông góc c a H lên D M Khi đó DE = AB = 2a , ∆ADE vuông cân t i A nên DE = 2 a 65 7a 7a 2 DH = AH 2 + AD 2 = ; HE = ⇒ HK = ; α = (SH , H K ) = SH K ; SH = H K tan α = a 2 2 2 4 1 1 7a 3 2 VSH M N = VSH M D + VN H M D = S H M D .SH = SH .H K .M D = 6 12 12 4 SH .H B 4a 34 d D;(SBC ) = d A;(SBC ) = d H ;(SBC ) = = 3 SH 2 + SB 2 17 Câu 6 Cho các s th c th a mãn: 0 < z < y ≤ 1, 0 < z < x ≤ 1, 2x + 3y + 5z ≤ 8. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: P = 2x 2 + 3y 2 + 5z 2 L i gi i 1: P = 2x 2 + 3y 2 + 5z 2 ≤ 2x 2 + 3y 2 + z(8 − 2x − 3y) = 8z + 2x(x − z) + 3y(y − z) 9 34P P ≤ 2x + 3y + 3z ≤ 2+3+ 2x 2 + 3y 2 + 5z 2 = 5 5 34 3 Suy ra: P ≤ Đ ng th c x y ra khi x = y = 1, z = 5 5 L i gi i 2: Cái đk 0 < z < y ≤ 1, 0 < z < x ≤ 1 làm ta nh đ n ngay phép nhóm Abel Phép nhóm Abel a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 = (a1 − a2 )b1 + (a2 − a3 )(b1 + b2 ) + a3 (b1 + b2 + b3 ) đây coi b1 = 2x; b2 = 3y; b3 = 5z; a1 = x; a2 = y; a3 = z S d ng phép nhóm Abel ta có P = (x − y).2x + (y − z)(2x + 3y) + z(2x + 3y + 5z ≤ 2.(x − y) + 5(y − z) + 8z = 2x + 3y + 3z T i đây x lý b ng C-S như trên ho c có th dùng phép th Abel 1 l n n a. 3
II. PH N RIÊNG A. Theo chương trình Chu n Câu 7.a Trong m t ph ng Ox y , cho tam giác ABC v i A(2; 3), B (2; 1),C (6; 3). G i D là giao đi m c a đư ng phân giác trong B AC v i BC . Tìm đi m M (có hoành đ h u t ) thu c đư ng 2 tròn (C ) : (x − 3)2 + y − 1 = 25 sao cho S M DC = 2S ADB ? L i gi i : Phương trình đư ng th ng BC là: y = 1 x . G i D t ; 2 t ∈ BC 2 1 B D AB Khi đó ta có: AD là đư ng phân gíac trong c a góc B AC Suy ra: = DC AC −→ − −→ − Mà: B D t − 2; 1 t − 1 ; DC 6 − t ; 3 − 2 t ; AB = 2; AC = 4 Nên ta có: 2 1 1 2 2 (t − 2)2 + 2t −1 1 (t − 2)2 + 1 t − 1 2 1 3 t = 10 5 D 10 ; 3 = ⇒ = ⇔ t2 − t −5 = 0 ⇔ 3 ⇔ 3 1 2 2 2 1 (6 − t ) + 3 − 2 t 2 4 4 t = −2 D (−2; −1) (6 − t )2 + 3 − 2 t Ta có: Tâm đư ng tròn I (3; 1) G i M (a; b) ∈ (C ) 1 − →−→ 1 − − 1 −→−→ − − S M DC = D M DC = |4a − 8b| , 2S ADB = 2. D A DB = 8 2 2 2 Mà theo bài ra ta có:   4a − 8b ≥ 0 a − 2b ≥ 0 1  4a − 8b = 16  a − 2b = 4 S M DC = 2S ADB ⇔ |4a − 8b| = 8 ⇔ |4a − 8b| = 16 ⇔  ⇔ 2  4a − 8b < 0  a − 2b < 0 8b − 4a = 16 2b − a = 4 M t khác: I M = R = 5 ⇔ I M 2 = 25 ⇔ (a − 3)2 + (b − 1)2 = 25 (1) −1+2 29 18+4 29 a − 2b ≥ 0 2 b= 5 ⇒a= 5 V i a − 2b = 4 thay vào (1) ta đư c: 5b + 2b − 23 = 0 ⇔ −1−2 29 18−4 29 (Loai ) b= ⇒a= 5 5 a − 2b < 0 2 b=5⇒a =6 M (6; 5) V i 2b − a = 4 thay vào (1) đư c: b − 6b + 5 = 0 ⇔ b = 1 ⇒ a = −2 ⇔ M (−2; 1) x y −1 z Câu 8.a Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đư ng th ng ∆1 : = = và 2 −1 1 x −1 y z +2 ∆2 : = = . Vi t phương trình m t ph ng (P ) vuông góc v i đư ng th ng ∆1 , c t 1 2 1 tr c Oz và đư ng th ng ∆2 theo m t đo n th ng có đ dài b ng 5. L i gi i : Véc tơ ch phương c a ∆1 là : → = (2; −1; 1) − u →làm véc tơ pháp tuy n có d ng:2x − y + z + m = 0 − M t ph ng (P ) nh n véc tơ u x = 1+t (P ) c t Oz nên giao đi m A(0; 0; −m) Phương trình tham s c a ∆2 : y = 2t z = −2 + t G i B = ∆2 ∩ (P ) ⇒ B (1 + t ; 2t ; −2 + t ) . 2 (1 + t ) − 2t − 2 + t + m = 0 ⇐⇒ t = −m 2 ⇒ B (1 − m; −2m; −2 − m) AB 2 = 5 ⇐⇒ (1 − m)2 + 4m 2 + 4 = 5 ⇐⇒ m = 0 ∨ m = 5 2 V y (P ) : 2x − y + z = 0, 2x − y + z + 5 = 0.  x  x 3 + x + log2 = 8y 3 + 2y + 1 y   Câu 9 .a Gi i h phương trình :  3 7 − 8y 2   7x − 8 + =x 6 L i gi i : T phương trình (1) suy ra x = 2y Th vào (2) ta đư c 3 7 − 2x 2 7x − 8 − 2(x − 1) + − (2 − x) = 0 (1) 6 4
14 ĐK : x ∈ 0; 2   x 1 6± 2 6± 2 (1) ⇔ (8x 2 −24x+17)  + =0⇒x = ⇒y=   3 3 7x − 8)2 + 2(x − 1) 7x − 8 + 4(x − 1)2 7−2x 2 4 8 6 +2−x   x 1 Do đk nên  +  = 0 vô nghi m.   3 3 7x − 8)2 + 2(x − 1) 7x − 8 + 4(x − 1)2 7−2x 2 +2−x 6 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b Trong m t ph ng Ox y , cho tam giác ABC n i ti p m t đư ng tròn có A(2; 9). Trung 3 5 đi m c a BC là D ; . Bi t BC vuông góc v i đư ng th ng 3x − y + 2013 = 0. G i M là đi m 2 2 tùy ý thu c cung nh BC . Đi m P,Q tương ng là đi m đ i x ng c a M qua AC và AB . Bi t phương trình đư ng th ng ch a PQ là y = 6. Tìm t a đ các đ nh B,C c a tam giác ABC . L i gi i : Câu 8.b Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đi m A (2; 4; −1) , B (0; −2; 1) và đư ng x −1 y −2 z −1 th ng ∆ : = = . Vi t phương trình m t c u đi qua hai đi m A, B và có tâm I 2 −1 1 n m trên đư ng th ng ∆. L i gi i : Do I ∈ ∆ nên I (1 + 2t ; 2 − t ; 1 + t ) M t khác m t c u đi qua A, B nên I A = I B = r ⇐⇒ (1 − 2t )2 + (t + 2)2 + (t + 2)2 = (2t + 1)2 + (t − 4)2 + t 2 ⇔ t = 1 Suy ra I (3; 1; 2) bán kính r = 19 M t c u là: (S): (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = 19 Câu 9 .b Gi i b t phương trình log2 log4 x + log4 log2 x ≤ 2. L i gi i : log x > 0 1 ĐK: log4 x > 0 ⇐⇒ x > 1.Mà log2 log4 x = −1 + log2 log2 x , log4 log2 x = 2 log2 log2 x 2 3 B t phương trình thành: log2 log2 x ≤ 3 ⇐⇒ log2 log2 x ≤ 2 ⇐⇒ log2 x ≤ 4 ⇐⇒ 1 < x ≤ 16 2 —————————————————-H t—————————————————- 5