Đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2014 - Đề số 24

Chia sẻ: Lam Chi Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

155
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = mx 3 + 3mx 2 − ( m − 1) x − 1 , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y = f ( x) không có cực trị.

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 24

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 -2014 Môn thi : TOÁN – KHỐI B (ĐỀ 24) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = mx 3 + 3mx 2 − ( m − 1) x − 1 , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y = f ( x) không có cực trị. Câu II (2 điểm): Giải phương trình : sin x + cos x 4 4 1 1). = ( tan x + cot x ) ; 2). sin 2 x 2 log 4 ( x + 1) + 2 = log 4 − x + log 8 ( 4 + x ) 2 3 2 3 2 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân A = ∫ x 1− x 2 1 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. ⎧ x2 − 7 x + 6 ≤ 0 ⎪ Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm ⎨ 2 ⎪ x − 2 ( m + 1) x − m + 3 ≥ 0 ⎩ B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Cho hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2z + 5 = 0; ( Q ) : x + 2 y − 2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: ⎧ 4 5 2 ⎪Cn −1 − Cn −1 < 4 An − 2 3 ⎪ ⎨ (Ở đây Ank , Cnk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần ⎪C n − 4 ≥ 7 A3 ⎪ n +1 15 n +1 ⎩ tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x + y + 2 x − 4 y − 8 = 0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường 2 2
thẳng d (điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và các đường thẳng: x −1 y − 3 z x−5 y z +5 d1 : = = ; d2 : = = . Tìm các điểm M ∈ d1 , N ∈ d 2 sao cho MN // (P) 2 −3 2 6 4 −5 và cách (P) một khoảng bằng 2. 1 Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố f ( x ) = ln và giải ( 3 − x )3 π 6 t ∫ sin 2 dt π 2 bpt: f '( x ) > 0 x+2 Đáp án(ĐỀ 24) Câu Ý Nội dung Điểm 2 1,00 + Khi m = 0 ⇒ y = x − 1 , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi m ≠ 0 ⇒ y ' = 3mx 2 + 6mx − ( m − 1) 0,50 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y ' = 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 1 ⇔ Δ ' = 9m 2 + 3m ( m − 1) = 12m 2 − 3m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 4 0,25 1 1,00 sin x + cos x 1 4 4 = ( tan x + cot x ) (1) sin 2 x 2 0,25 Điều kiện: sin 2 x ≠ 0 1 1 − sin 2 2 x 2 1 ⎛ sin x cos x ⎞ 0,25 (1) ⇔ = ⎜ + ⎟ sin 2 x 2 ⎝ cos x sin x ⎠
1 1 − sin 2 2 x 2 1 1 ⇔ = ⇔ 1 − sin 2 2 x = 1 ⇔ sin 2 x = 0 sin 2 x sin 2 x 2 0,50 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 1,00 log 4 ( x + 1) + 2 = log 4 − x + log8 ( 4 + x ) (2) 2 3 2 ⎧x +1 ≠ 0 ⎪ ⎧−4 < x < 4 0,25 Điều kiện: ⎨4 − x > 0 ⇔ ⎨ ⎪ ⎩ x ≠ −1 ⎩4 + x > 0 (2) ⇔ log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 4 − x ) + log 2 ( 4 + x ) ⇔ log 2 x + 1 + 2 = log 2 (16 − x 2 ) 0,25 ⇔ log 2 4 x + 1 = log 2 (16 − x 2 ) ⇔ 4 x + 1 = 16 − x 2 + Với −1 < x < 4 ta có phương trình x 2 + 4 x − 12 = 0 (3) ; ⎡x = 2 0,25 (3) ⇔ ⎢ ⎣ x = −6 ( lo¹ i ) + Với −4 < x < −1 ta có phương trình x 2 − 4 x − 20 = 0 (4); ⎡ x = 2 − 24 ( 4) ⇔ ⎢ 0,25 ⎢ x = 2 + 24 ( lo¹ i ) ⎣ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2 hoặc x = 2 1 − 6 ( ) III 1,00 dx tdt Đặt t = 1 − x 2 ⇒ t 2 = 1 − x 2 ⇒ 2tdt = −2 xdx ⇒ =− 2 x x dx tdt tdt ⇒ =− = 2 x 1− t 2 t −1 + Đổi cận: 0,50 1 3 x= ⇒t = 2 2 3 1 x= ⇒t = 2 2 1 3 2 dt 2 dt 1 t + 1 23 1 ⎛ 7 + 4 3 ⎞ 0,50 A= ∫ t 2 −1 = ∫ = ln |1 = 2 ln ⎜ 3 ⎟ 1− t2 2 1− t 2 ⎜ ⎟ 3 1 ⎝ ⎠ 2 2
IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE ⊥ AB, SE ⊥ AB , suy ra ( SOE ) ⊥ AB . Dựng OH ⊥ SE ⇒ OH ⊥ ( SAB ) , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 8 2 = 2 + 2 ⇒ 2 = 2 − 2 = 1− = OH SO OE OE OH SO 9 9 9 3 ⇒ OE 2 = ⇒ OE = 8 2 2 9 81 9 SE 2 = OE 2 + SO 2 = + 9 = ⇒ SE = 8 8 2 2 1 2S 36 S SAB = AB.SE ⇔ AB = SAB = =8 2 2 SE 9 2 2 0,25 2 ⎛1 ⎞ 9 ( ) 9 2652 OA2 = AE 2 + OE 2 = ⎜ AB ⎟ + OE 2 = 4 2 + = 32 + = ⎝2 ⎠ 8 8 8 1 1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V = π .OA2 .SO = π .3 = π 0,25 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2 = SO 2 + OA2 = 9 + = ⇒ SA = 8 8 8 0,25 265 337 89305 S xq = π .OA.SA = π . =π 8 8 8 V 1,00 ⎧ x − 7 x + 6 ≤ 0 (1) ⎪ 2 Hệ bất phương trình ⎨ 2 ⎪ x − 2 ( m + 1) x − m + 3 ≥ 0 (2) ⎩ 0,25 (1) ⇔ 1 ≤ x ≤ 6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0 ∈ [1;6] thỏa mãn (2). x2 − 2x + 3 ( 2 ) ⇔ x 2 − 2 x + 3 ≥ ( 2 x + 1) m ⇔ ≥ m (do x ∈ [1;6] ⇒ 2 x + 1 > 0) ( 2 x + 1) 0,25 x2 − 2x + 3 Gọi f ( x) = ; x ∈ [1;6] 2x +1
Hệ đã cho có nghiệm ⇔ ∃x0 ∈ [1;6] : f ( x0 ) ≥ m 2 x2 + 2 x − 8 2 ( x2 + x − 4) −1 ± 17 f '( x) = = ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x2 + x − 4 = 0 ⇔ x = 0,25 ( 2 x + 1) ( 2 x + 1) 2 2 2 −1 + 17 Vì x ∈ [1;6] nên chỉ nhận x = 2 2 27 ⎛ −1 + 17 ⎞ −3 + 17 Ta có: f (1) = , f (6) = , f⎜ ⎟= 3 13 ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠ 2 27 0,25 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x) = 13 27 Do đó ∃x0 ∈ [1;6] : f ( x0 ) ≥ m ⇔ max f ( x) ≥ m ⇔ ≥m x∈[1;6] 13 VIa 2,00 1 1,00 ⎧4 x + 3 y − 4 = 0 ⎧ x = −2 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: ⎨ ⇔⎨ ⇒ A ( −2; 4 ) 0,25 ⎩x + 2 y − 6 = 0 ⎩y = 4 ⎧4 x + 3 y − 4 = 0 ⎧x = 1 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình ⎨ ⇔⎨ ⇒ B (1;0 ) 0,25 ⎩x − y −1 = 0 ⎩y = 0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a ( x + 2 ) + b ( y − 4 ) = 0 ⇔ ax + by + 2a − 4b = 0 Gọi Δ1 : 4 x + 3 y − 4 = 0; Δ 2 : x + 2 y − 6 = 0; Δ 3 : ax + by + 2a − 4b = 0 Từ giả thiết suy ra ( Δ 2 ; Δ 3 ) = ( Δ1 ; Δ 2 ) . Do đó |1.a + 2.b | | 4.1 + 2.3 | cos ( Δ 2 ; Δ 3 ) = cos ( Δ1 ; Δ 2 ) ⇔ = 5. a 2 + b 2 25. 5 0,25 ⎡a = 0 ⇔| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 ⇔ a ( 3a − 4b ) = 0 ⇔ ⎢ ⎣3a − 4b = 0 + a = 0 ⇒ b ≠ 0 . Do đó Δ 3 : y − 4 = 0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra Δ 3 : 4 x + 3 y − 4 = 0 (trùng với Δ1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. ⎧y − 4 = 0 ⎧x = 5 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: ⎨ ⇔⎨ ⇒ C ( 5; 4 ) 0,25 ⎩x − y −1 = 0 ⎩y = 4 2 1,00
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: ⎧OI = AI ⎪ ⎪ OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) ⇔ ⎨OI = d ( I , ( P ) ) 0,25 ⎪ ⎪d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) ⎩ Ta có: OI = AI ⇔ OI 2 = AI 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ( a − 5 ) + ( b − 2 ) + ( c − 1) 2 2 2 ⇔ 10a + 4b + 2c = 30 (1) | a + 2b − 2c + 5 | OI = d ( I , ( P ) ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ⇔ 9 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + 2b − 2c + 5 ) (2) 2 3 0,25 | a + 2b − 2c + 5 | | a + 2b − 2c − 13 | d ( I , ( P )) = d ( I , (Q )) ⇔ = 3 3 ⎡ a + 2b − 2c + 5 = a + 2b − 2c − 13 (lo¹ i ) ⇔⎢ ⇔ a + 2b − 2c = 4 (3) ⎣ a + 2b − 2c + 5 = − a − 2b + 2c + 13 17 11a 11 − 4a Từ (1) và (3) suy ra: b = − ;c= (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a 2 + b 2 + c 2 = 9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( a − 2 )( 221a − 658 ) = 0 0,25 658 ⎛ 658 46 67 ⎞ Như vậy a = 2 hoặc a = .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I ⎜ ; ;− ⎟ và R = 221 ⎝ 221 221 221 ⎠ 3. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 2 2 2 0,25 ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 9 và ⎛ x − ⎞ + ⎛ y − ⎞ + ⎛ z + ⎞ = 9 2 2 2 658 46 67 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 221 ⎠ ⎝ 221 ⎠ ⎝ 221 ⎠ VIIa 1,00 Điều kiện: n − 1 ≥ 4 ⇔ n ≥ 5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương: ⎧ ( n − 1)( n − 2 )( n − 3)( n − 4 ) ( n − 1)( n − 2 )( n − 3) 5 ⎪ − < ( n − 2 )( n − 3) 0,50 ⎪ 4.3.2.1 3.2.1 4 ⇔⎨ ⎪ ( n + 1) n ( n − 1)( n − 2 )( n − 3) ≥ 7 n + 1 n n − 1 ⎪ ( ) ( ) ⎩ 5.4.3.2.1 15 ⎧n 2 − 9n − 22 < 0 ⎪ ⇔ ⎨n 2 − 5n − 50 ≥ 0 ⇔ n = 10 0,50 ⎪n ≥ 5 ⎩ VIb 2,00
1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình ⎧ x2 + y 2 + 2 x − 4 y − 8 = 0 ⎧ y = 0; x = 2 0,50 ⎨ ⇔⎨ ⎩x − 5y − 2 = 0 ⎩ y = −1; x = −3 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì ABC = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A 0,50 qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 2 1,00 ⎧ x = 1 + 2t ⎪ Phương trình tham số của d1 là: ⎨ y = 3 − 3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M ⎪ z = 2t ⎩ (1 + 2t;3 − 3t; 2t ) . 0,25 Theo đề: |1 + 2t − 2 ( 3 − 3t ) + 4t − 1| |12t − 6 | d ( M , ( P )) = =2⇔ = 2 ⇔ 12t − 6 = ±6 ⇔ t1 = 1, t2 = 0. 12 + ( −2 ) + 22 3 2 + Với t1 = 1 ta được M 1 ( 3;0; 2 ) ; 0,25 + Với t2 = 0 ta được M 2 (1;3;0 ) + Ứng với M1, điểm N1 ∈ d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: ( x − 3) − 2 y + 2 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 2 z − 7 = 0 (1) . ⎧ x = 5 + 6t ⎪ 0,25 Phương trình tham số của d2 là: ⎨ y = 4t (2) ⎪ z = −5 − 5t ⎩ Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25 VIIb 1,00 1 Điều kiện >0⇔ x ⎪ x−3 x+ 2 < 0 Khi đó: f '( x) > 0 ⇔ ⎨3 − x x + 2 ⇔ ⎨( )( ) ⇔ ⎢1 0,50 x+2 ⎪ ⎪ x < 3; x ≠ −2 ⎢ < x