Kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng sắp tới, nhằm giúp học sinh có thêm tài liệu tham khảo, chuẩn bị thật tốt kỳ thi quan trọng, chúng tôi xin giới thiệu Bộ đề thi thử Đại học năm 2014.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán 2014 số 4
- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
x3
Câu 1. Cho hàm số y
3
m 1 x2 m2 4 x 6 , có đồ thị là Cm .
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Cm khi m 2.
b. Tìm tất cả các giá trị của m , để hàm số có hai điểm cực trị x1,x2 thỏa mãn x1 2 m 1 x2 3m2 24.
2
1 2cos 2x cos 4x
Câu 2. Giải phương trình cotx .
4 s inx
x 1 y 2 y 2 y 1 x 2 x 1 x y
Câu 3. Giải hệ phương trình 2
2
x x x y 3 2x x y 1.
3
dx
Câu 4. Tính tích phân I 1 2sinx sin x .
2
6
Câu 5. Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’có mặt phẳng (A’BC) tạo với mặt phẳng (A’B’C’) một góc 600, khoảng
3a
cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) bằng .Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường
2
thẳng AB và A’C theo a.
6
Câu 6. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x 4 y 4 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
xy
1 1 3-2xy
P .
1 2x 1 2y 5 x 2 y 2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn.
1 1
Câu 7a. Cho hình thang ABCD vuông tại A và B, có AD=AB= BC . Điểm A(2;3) , điểm E ;3 là giao
2 3
điểm của hai đường chéo AC và BD, điểm D nằm trên đường thẳng d: 3x y 4 0 . Tìm tọa độ đỉnh B,C,D của
hình thang ABCD.
x 2 y 1 z 1
Câu 8a. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng d : và mặt cầu
1 2 1
(S) : x 1 y 2 z 1 25 .Viết phương trình đường thẳng đi qua M(-1;-1;-2) cắt đường thẳng d và cắt
2 2 2
mặt cầu (S) tại hai điểm A, B sao cho AB=8.
Câu 9a. Tìm tất cả các số tự nhiên n, n 2 thỏa mãn
1 1
n
Cn 2C2 3C3 ... nCn 512.
n n n
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 7b. Cho tam giác ABC cân tại C có phương trình cạnh AB là x 2y 0 . Điểm I(4;2) là trung điểm của AB,
9
điểm M 4; thuộc cạnh BC, diện tích tam giác ABC bằng 10. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết tung độ của
2
điểm B lớn hơn hoặc bằng 3.
Câu 8b. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;1;0) và B(2;1;-1) .Viết phương trình mặt phẳng chứa
x 1 y 1 z 3
trục Oy và đi qua điểm C thuộc đường thẳng d : sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất.
2 1 1
1
Câu 9b. Giải phương trình 2 log2 x 1 log 1 x 1 .log5
25 .
5 2x 1 1
--------------------------------------Hết--------------------------------------
- HƯ NG D N GI I Đ THI TH ĐH NĂM 2014
Đ 04 - Ngày thi : 14-12-2013
I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH
x3
Câu 1 Cho hàm s y = − (m + 1) x 2 + m 2 + 4 x − 6, có đ th là (C m )
3
a. Kh o sát và v đ th (C m ) khi m = 2.
b. Tìm t t c các giá tr c a m , đ hàm s có 2 đi m c c tr x 1 ; x 2 th a mãn:
x 1 2 + 2 (m + 1) x 2 ≤ 3m 2 + 24.
L i gi i :
a. T gi i
b. Ta có y = x 2 − 2 (m + 1) x + m 2 + 4.
3
Đ đ th hàm s có 2 đi m c c tr ⇔ y = 0 có 2 nghi m phân bi t ⇔ m > 2 (∗)
x 1 + x 2 = 2 (m + 1)
Áp d ng h th c Vi-et ta có
x 1 .x 2 = m 2 + 4
T gi thi t ⇒ x 1 + x 2 + x 1 x 2 ≤ 3m 2 + 24 ⇔ m ≤ 3
2 2
3
K t h p đk (∗) ⇒ m ∈ 2 ; 3
1 + 2 cos 2x + cos 4x
Câu 2 Gi i phương trình lư ng giác sau: cot x =
4 sin x
L i gi i :
(x + 1) y 2 + y + 2 + y − 1 x2 + x + 1 = x + y
Câu 3 Gi i h phương trình:
x2 + x x − y + 3 = 2x 2 + x + y + 1
L i gi i :
PT 2 ⇐⇒ x 2 + x x − y +3+ x − y +3 +2 x − y + 3 = 2 x2 + x + 2 x − y +3+4
⇐⇒ x2 + x + x − y +3+2 x − y + 3 = 2 x2 + x + x − y +3+2
1 2 7
⇐⇒ x+ 2 + x − y +3+ 4 x − y +3−2 = 0
⇐⇒ x − y + 3 = 2 ⇐⇒ x − y + 3 = 4 ⇐⇒ y = x − 1 th vào PT 1 ta đư c :
(x + 1) x 2 − x + 2 + (x − 2) x 2 + x + 1 = 2x − 1 (∗)
Đ t x 2 − x + 2 = a , x 2 + x + 1 = b . Ta có b 2 − a 2 = 2x − 1 nên PT (∗) thành :
b2 − a2 + 1 b2 − a2 + 1
+1 a + − 2 b = b 2 − a 2 ⇐⇒ (b − a) (a + b − 3) (a + b + 1) = 0
2 2
1 1
V i a = b ⇒ x; y = 2 ; − 2
7
V i a + b = 3 ⇒ x 2 + x + 1 = 3 − x 2 − x + 2 ⇔ 5 − x = 3 x 2 − x + 2 ⇔ x = 8 ho c x = −1
1 1 7 1
Th l i ta có nghi m cu h là x; y = 2 ; − 2 ; 8 ; − 8 ; (−1; −2)
2
- π
3 dx
Câu 4 Tính tích phân: I =
π
6
(1 + 2 sin x) sin2 x
L i gi i :
π
4 1 2 3 4 1 2
Ta có: f (x) = + 2
− =⇒ I = + 2
− d x = I1 + I2 + I3
1 + 2 sin x sin x sin x π
6
1 + 2 sin x sin x sin x
x 2d t π 1 π
∗ Tính I 1 và I 3 : Đ t: t = tan =⇒ d x = 2
, x = =⇒ t = , x = =⇒ t = 2 − 3
2 1+t 3 3 6
1 1
3 4.2d t 1 8 3 t +2− 3 3 4 3 −10 + 6 3
Khi đó: I 1 = .
2 t 2 +4t +1
= . ln = . ln
2− 3 1 + t 2
6 t + 2 + 3 2− 3 3 2− 3
t +1
1 1
3 2d t 1 + t 2 3 2 3
Và I3 = 2 2
. = 2 ln t = 2 ln 1 +
2− 3 1+t 2t 2− 3 3
π
3 1 2 3
∗ Tính I 1 : I 2 = − cot x =− − 3 =
π 3 3
6
4 3 −10 + 6 3 2 3 2 3
V y: I = . ln + − 2 ln 1 +
3 2− 3 3 3
Câu 5 Cho hình lăng tr đ u ABC .A B C có m t ph ng (A BC ) t o v i m t ph ng (A B C )
3a
m t góc 60o , kho ng cách t A đ n m t ph ng (A BC ) b ng . Tính th tích kh i lăng tr
2
ABC .A B C và kho ng cách gi a 2 đư ng th ng AB và A C theo a .
L i gi i :
G i M ; N ; P l n lư t là trung đi m c a BC , AB, A B .
G i H , I l n lư t là hình chi u c a A; N lên A M ;C P .
3a
Theo đ ta có AM A = 60o và AH = .
2
AH
Trong tam giác vuông AHM ta có AM= = 3a .
sin 60o
2AM
Trong tam giác ABC ta có : AB = AC = BC = = 2a
3
Trong tam giác vuông M A A ta có : A A = AM . tan 60o = 3a .
* V y th tích kh i lăng tr là: V = A A .S ABC = 3 3a 3 .
3a
* d (AB, A C ) = d (AB, (A B C )) = d (N , (A B C )) = N I =
2
6
Câu 6 Cho các s th c x; y ∈ − 2; 2 và tho mãn: x 4 + y 4 + 4 = .
xy
Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c:
1 1 3 − 2x y
P= + +
1 + 2x 1 + 2y 5 − x 2 − y 2
L i gi i :
Ta có x 4 + y 4 ≥ 2x 2 y 2
6
nên = x 4 + y 4 + 4 ≥ 2x 2 y 2 + 4 ⇐⇒ 3 ≥ x 3 y 3 + 2x y ⇐⇒ (x y − 1)(x 2 y 2 + x y + 3) ≤ 0 ⇐⇒ 0 < x y ≤ 1
xy
1 1 2 2(x 2 y + x y 2 + 1 − 3x y)
V i x, y > 0 ta có + − =
1 + 2x 1 + 2y 2 + x y (1 + 2x)(1 + 2y)(2 + x y)
1 1 2
Mà theo BĐT Cauchy ta có x 2 y + x y 2 + 1 ≥ 3x y nên + ≥
1 + 2x 1 + 2y 2 + x y
2 3 − 2x y
Khi đó P≥ +
2 + x y 5 − x2 − y 2
2 3 − 2x y
L i có x 2 + y 2 ≥ 2x y nên 5 − x 2 − y 2 ≤ 5 − 2x y và vì x, y ∈ (− 2; 2) =⇒ P ≥ +
2 + x y 5 − 2x y
2 3 − 2t −2 −4
Kh o sát hàm s f (t ) = + trên (0; 1], có f (t ) = 2
+
- V y giá tr nh nh t c a P là 1.
II. PH N RIÊNG
A. Theo chương trình Chu n
Câu 7.a Trong m t ph ng v i h t a đ Đ -các Ox y cho hình thang ABC D vuông t i A và B ,
1 −1
có AD = AB = BC . Đi m A (−2; 3), đi m E ; 3 ; là giao đi m c a 2 đư ng chéo AC và B D .
2 3
Đi m D n m trên đư ng th ng d : 3x + y −4 = 0. Tìm t a đ đ nh B,C , D c a hình thang ABC D .
L i gi i :
−→ 5 −→ − →
T gi thi t có : AC = 3AE , AE = 3 ; 0 , AC = 3 AE ⇒ C (3; 3)
−→
− 1 −→
−
G i D(a; 4 − 3a) ta cũng có DE = − 3 − a; 3a − 1 DB = x B − a; y B − 4 + 3a
−→
− −→
−
DB = 3DE suy ra B (−1 − 2a; 6a + 1). L i có tam giác ADB vuông cân t i A nên B D = AD 2
B D 2 = (1 + 3a)2 + (9a − 3)2 , AD 2 = (a + 2)2 + (1 − 3a)2
B D 2 = 2AD 2 ⇐⇒ 70a 2 − 44a = 0 ⇐⇒ a = 0 ∨ a = 22 . V y D (0; 4) , D
35
22 74
35 ; 35 , B − 79 ; 167 , B (−1; 1)
35 35
x −2 y −1
Câu 8.a Trong không gian v i h t a đ Đ -các Ox y z cho đư ng th ng d : = =
−1 −2
z −1 2
và m t c u (S) : (x + 1)2 + y − 2 + (z − 1)2 = 25. Vi t phương trình đư ng th ng ∆ đi qua
1
M (−1; −1; −2), c t đư ng th ng d và c t m t c u (S) t i 2 đi m A, B sao cho AB = 8.
L i gi i :
1 1 2 3 n
Câu 9 .a Tìm t t c các s t nhiên n, (n > 2) th a mãn: C + 2C n + 3C n + ... + nC n < 512
n n
L i gi i :
Xét khai tri n : (1 + x)n = C n + xC n + x 2C n 2 + x 3C n 3 + ... + x n C n n
0 1
n−1
Đ o hàm 2 v ta có : n (1 + x) = C n + 2xC n + 3x 2C n + ... + nx n−1C n
1 2 3 n
(∗)
Thay x = 1 vào (*) ta có : C n + 2C n + 3C n + ... + nC n = n2n−1
1 2 3 n
1
⇒ n C n + 2C n + 3C n + ... + nC n < 512 = 2n−1 < 512 ⇒ 2 < n < 10
1 2 3 n
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b Trong m t ph ng v i h t a đ Đ -các Ox y cho tam giác ABC cân t i C có phương
9
trình c nh AB là: x − 2y = 0. Đi m I (4; 2) là trung đi m c a AB , đi m M 4;
thu c c nh BC ,
2
di n tích tam giác ABC b ng 10. Tìm t a đ các đ nh c a tam giác bi t tung đ c a đi m B
l n hơn ho c b ng 3.
L i gi i :
4
- Câu 8.b Trong không gian v i h t a đ Đ -các Ox y z cho 2 đi m A (1; 1; 0) ; B (2; 1; −1). Vi t
x −1 y +1
phương trình m t ph ng ch a tr c O y và đi qua đi m C thu c đư ng th ng d : = =
2 1
z −3
sao cho di n tích tam giác ABC nh nh t.
−1
L i gi i :
1
Câu 9 .b Gi i phương trình: 2 log2 (x − 1) = log 1 (x − 1) .log5
25 5
2x − 1 − 1
L i gi i :
1
ĐK: x > 1. pt đã cho tương đương log2 (x − 1) = log5 (x − 1) log5 ( 2x − 1 − 1)
5
2
⇐⇒ log5 (x − 1) log5 x − 1 = log5 (x − 1) log5 ( 2x − 1 − 1)
⇐⇒ log5 (x − 1) log5 x − 1 − log5 ( 2x − 1 − 1) = 0
+) TH1: log5 (x − 1) = 0 ⇐⇒ x − 1 = 1 ⇐⇒ x = 2
+)TH2:l og 5 x − 1 − log5 ( 2x − 1 − 1) ⇐⇒ x − 1 = 2x − 1 − 1 gi i pt vô t này đư c nghi m x = 5
V y pt có 2 nghi m x = 2; x = 5
—————————————————-H t—————————————————-
5
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
