Đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2014 - Đề số 22

Chia sẻ: Lam Chi Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

259
lượt xem 28
download

Đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2014 - Đề số 22

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng TaiLieu.VN luyện tập và củng cố kiến thức môn Toán với đề thi thử đại học Khối B, các dạng bài tập theo chương trình chuẩn của Bộ Giáo dục và Đào tạo sẽ giúp bạn định hướng ôn tập tốt môn Toán.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2014 - Đề số 22

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 -2014 Môn thi : TOÁN - KHỐI B (ĐỀ 22) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm) Câu 1: ( 2điểm) Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2 Câu 2: (2điểm) ⎧ x − 2 y − xy = 0 ⎪ 1. Giải hệ phương trình: ⎨ ⎪ x −1 + 4 y −1 = 2 ⎩ ⎛ π⎞ 2. Giải phương trình: cosx = 8sin3 ⎜ x + ⎟ ⎝ 6⎠ Câu 3: (2điểm) 1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB. e2 dx 2. Tính tích phân A = ∫ e x ln x.ln ex Câu 4: (2 điểm) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD. a3 b3 c3 2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: 2 + + =1 a + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. 2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45.
Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1). 2. Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x. -------- Hết ------- BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 22) A.PHẦN CHUNG: Câu 1: 2. TXĐ: D = R - y’ = 12x2 + 2mx – 3 Ta có: Δ’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị ⎧ ⎪ x1 = −4 x2 ⎪ ⎪ m 9 Ta có: ⎨ x1 + x2 = − ⇒m=± ⎪ 6 2 ⎪ 1 ⎪ x1 x2 = − 4 ⎩ Câu 2: ⎧ x − 2 y − xy = 0 ⎧x ≥ 1 ⎪ (1) ⎪ 1. ⎨ Điều kiện: ⎨ 1 ⎪ x −1 + 4 y −1 = 2 ⎩ (2) ⎪y ≥ 4 ⎩ x x Từ (1) ⇒ − − 2 = 0 ⇒ x = 4y y y 1 Nghiệm của hệ (2; ) 2 π⎞ ⎛ ( ) 3 2. cosx = 8sin3 ⎜ x + ⎟ ⇔ cosx = 3 s inx+cosx ⎝ 6⎠ ⇔ 3 3 sin 3 x + 9sin 2 xcosx +3 3 s inxcos 2 x + cos3 x − cosx = 0 (3) Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm (3) ⇔ 3 3 tan 3 x + 8 t an 2 x + 3 3 t anx = 0 ⇔ t anx = 0 ⇔ x = kπ Câu 3: 1.Theo định lý ba đường vuông góc BC ⊥ (SAC) ⇒ AN ⊥ BC và AN ⊥ SC ⇒AN ⊥ (SBC) ⇒ AN ⊥ MN Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC Vây ΔMSN ∼ ΔCSB ⇒ TM là đường cao của tam giác STB
⇒ BN là đường cao của tam giác STB Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ⊥ ST ⇒AB ⊥ (SAT) hay AB⊥ AT (đpcm) e2 e2 e2 dx d (ln x) ⎛ 1 1 ⎞ 2. A = ∫ e =∫ x ln x(1 + ln x) e ln x(1 + ln x) = ∫ ⎜ ln x − 1 + ln x ⎟d (ln x) e ⎝ ⎠ 2 2 e e = ln(ln x) − ln(1 + ln x) = 2ln2 – ln3 e e Câu 4: uuur uuu r uuu r 1. +) BA = (4;5;5) , CD = (3; −2;0) , CA = (4;3;6) uuu uuu r r uuu uuu uuu r r r ⎡ BA, CD ⎤ = (10;15; −23) ⇒ ⎡ BA, CD ⎤ .CA ≠ 0 ⇒ đpcm ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ur uuu r r + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ có VTPT n1 = ⎡ BA, k ⎤ = (5;- 4; ⎣ ⎦ 0) ⇒ (P): 5x – 4y = 0 ur uuu r r + (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) có VTPT n1 = ⎡CD, k ⎤ = (-2;- 3; 0) ⎣ ⎦ ⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D) a3 2a − b 2. Ta có: ≥ (1) a + ab + b 2 2 3 ⇔ 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) ⇔ a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ 0. (h/n) b3 2b − c c3 2c − a Tương tự: 2 ≥ (2) , 2 ≥ (3) b + bc + c 2 3 c + ac + a 2 3 Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: a3 b3 c3 a+b+c + 2 + 2 ≥ a + ab + b b + bc + c c + ca + a 2 2 2 2 3 Vậy: S ≤ 3 ⇒ maxS = 3 khi a = b = c = 1 B. PHẦN TỰ CHỌN: Câu 5a: Theo chương trình chuẩn x y z 1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ ( P) : + + = 1 a b c uu r uur IA = (4 − a;5;6), JA = (4;5 − b;6) Ta có uuu r uur JK = (0; −b; c), IK = (−a;0; c)
⎧ 77 ⎧4 5 6 a= + + =1 ⎪ ⎪a b c 4 ⎪ ⎪ ⎪ 77 Ta có: ⎨−5b + 6c = 0 ⇒ ⎨b = ⇒ ptmp(P) ⎪−4a + 6c = 0 ⎪ 5 ⎪ ⎪ 77 ⎩ ⎪c = 6 ⎩ 2.Ta có: n C5 + 5Cn = 45 ⇒ n2 + 3n – 18 = 0 ⇒ n = 3 2 2 Câu 5b: 1.M ∈ (D) ⇒ M(3b+4;b) ⇒ N(2 – 3b;2 – b) N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0;b = 6/5 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 2. Đặt X = 5x ⇒ X > 0 Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*) Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 ⇔Δ < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0 Từ đó suy ra m