Đề thi thử Đại học môn Toán khối D năm 2014 - Đồng Tháp

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

Thêm vào BST

Báo xấu

198
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học môn Toán khối D năm 2014 - Đồng Tháp các bài tập được sắp xếp theo cấp độ dành cho ban cơ bản và nâng cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán khối D năm 2014 - Đồng Tháp

S GD & T NG THÁP THI TH TUY N SINH I H C NĂM 2014 - L N 1 THPT Chuyên Nguy n Quang Diêu Môn: TOÁN; Kh i D Th i gian làm bài: 180 phút, không k th i gian phát CHÍNH TH C I. PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7,0 i m) Câu 1 (2,0 i m). Cho hàm s y = − x 4 − 2mx 2 + m2 + m (1) , v i m là tham s th c. a) Kh o sát s bi n thiên và v th hàm s (1) khi m = −2 . b) Tìm t t c các giá tr c a m th hàm s (1) c t tr c hoành t i b n i m phân bi t. Câu 2 (1,0 i m). Gi i phương trình 2 sin x + cos 3 x + sin 2 x = 1 + sin 4 x .  x2 + 1 = y − 1 + 2x  Câu 3 (1,0 i m). Gi i h phương trình  ( x, y ∈ ») . y + 1 = x − 1 + 2y 2  3 xdx Câu 4 (1,0 i m). Tính tích phân I = ∫ 1 3 2x + 2 . − 2 Câu 5 (1,0 i m). Cho hình chóp S. ABCD có áy là hình ch nh t, AB = a, AC = 2a , SA vuông góc v i m t ph ng ( ABCD ) , SC t o v i m t ph ng (SAB) m t góc 30 0 . G i M là m t i m trên c nh AB sao cho BM = 3MA . Tính theo a th tích c a kh i chóp S.DCM và kho ng cách t A n m t ph ng (SCM ) . Câu 6 (1,0 i m). Cho các s th c dương x, y th a mãn x + y ≤ 1 . Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c 1 1 A = xy + 2 + 2. x y II. PH N RIÊNG (3,0 i m): Thí sinh ch ư c làm m t trong hai ph n (ph n A ho c ph n B) A. Theo chương trình Chu n Câu 7.a (1.0 i m). Trong m t ph ng v i h tr c t a (Oxy) , cho hình vuông ABCD có A(2; −4) , nh C thu c ư ng th ng d : 3 x + y + 2 = 0 . ư ng th ng DM : x − y − 2 = 0 , v i M là trung i m c a AB . Xác nh t a các nh B, C , D bi t r ng nh C có hoành âm. Câu 8.a (1.0 i m). Trong không gian v i h t a Oxyz , cho i m A ( 2; −5; −6 ) và ư ng th ng x −1 y + 2 z +1 (∆ ) : = = . Tìm t a hình chi u vuông góc c a A trên (∆) . Vi t phương trình ư ng th ng i 2 1 −3 qua A và c t (∆) t i B sao cho AB = 35 . Câu 9.a (1.0 i m). T các ch s 0,1,2,3,4,5 có th l p ư c bao nhiêu s t nhiên g m b n ch s khác nhau, trong ó ph i có ch s 2 và 4 ?. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1.0 i m). Trong m t ph ng v i h tr c t a (Oxy) , cho hình ch nh t ABCD có di n tích b ng 48 , nh D(−3;2) . ư ng phân giác c a góc BAD có phương trình ∆ : x + y − 7 = 0 . Tìm t a nh B bi t nh A có hoành dương. Câu 8.b (1.0 i m). Trong không gian v i h t a Oxyz , cho i m A ( 4;3;2 ) và ư ng th ng x −1 y +1 z − 2 (∆ ) : = = . Tính kho ng cách t A n (∆) . Vi t phương trình ư ng th ng i qua A , c t và 2 −3 −1 vuông góc v i (∆) . Câu 9.b (1.0 i m). Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a hàm s f (x) = x + 2 − x2 . ----------------- H t ------------------ Thí sinh không ư c s d ng tài li u. Cán b coi thi không gi i thích gì thêm.
S GD& T NG THÁP ÁP ÁN – THANG I M THI TH TUY N SINH I H C NĂM 2014 CHÍNH TH C Môn: TOÁN; Kh i D ( áp án – thang i m g m 06 trang) Câu áp án i m 1 a. (1,0 i m) (2,0 i m) Khi m = −2 , ta có: y = − x 4 + 4 x 2 + 2 0,25 • T p xác nh: D = » • S bi n thiên: − Chi u bi n thiên: y ' = −4 x 3 + 8 x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 ho c x = ± 2 Các kho ng ngh ch bi n: (− 2; 0) và ( 2; +∞) ; các kho ng ng bi n (−∞; − 2) và 0,25 (0; 2) − C c tr : Hàm s t c c ti u t i x = 0, yCT = 2 ; tc c i t i x = ± 2, yCÑ = 6 − Gi i h n: lim y = lim y = −∞ x →−∞ x →+∞ − B ng bi n thiên: 0,25 x −∞ − 2 0 2 +∞ y' + 0 − 0 + 0 − y 6 6 −∞ 2 −∞ • th 0,25 b. (1,0 i m) Phương trình hoành giao i m c a th hàm s (1) và tr c hoành: 0,25 − x 4 − 2mx 2 + m 2 + m = 0 (1) t t = x 2 ≥ 0 , phương trình (1) tr thành: t 2 + 2mt − m 2 − m = 0 (2) th hàm s (1) c t tr c hoành t i b n i m phân bi t 0,25 ⇔ (1) có b n nghi m phân bi t ⇔ (2) có hai nghi m dương phân bi t
∆ ' > 0 2 m 2 + m > 0 0,25   ⇔  P > 0 ⇔ m < 0 S > 0 m 2 + m > 0    1 0,25 m < − 2 ∨ m > 0   1 ⇔ m < 0 ⇔ −1 < m < −  −1 < m < 0 2    1 V y giá tr m th a bài là −1 < m < − . 2 2 Phương trình ã cho tương ương v i 2 sin x + cos3 x = 1 + 2 cos3 x sin x 0,25 (1,0 i m) ⇔ (2 sin x − 1)(cos3 x − 1) = 0 0,25  π 0,25 1  x = 6 + k 2π • sin x = ⇔  (k ∈ » ) 2  x = 5π + k 2π   6 k 2π 0,25 • cos3 x = 1 ⇔ 3 x = k 2π ⇔ x = (k ∈ » ) 3 π 5π k 2π V y nghi m c a phương trình ã cho là x = + k 2π , x = + k 2π , x = (k ∈ » ) 6 6 3 3  x2 + 1 = y −1 + 2x 0,25  (1,0 i m) Xét h phương trình:  (1) 2 y + 1 = x − 1 + 2y  ( x − 1)2 = y − 1  i u ki n: x; y ≥ 1 . Khi ó: (1) ⇔  . 2 ( y − 1) = x − 1   x −1 = u  4 0,25  t  ( u, v ≥ 0 ) ta ư c h : u4 = v (2)   y −1 = v  v = u (3)  L y (2) – (3) ta ư c: u4 − v 4 = v − u ⇔ (u − v)(u3 + u2 v + uv 2 + v3 + 1) = 0 ⇔ u = v 0,25 Suy ra: x − 1 = y − 1 ⇔ x = y Thay vào (1) ta ư c phương trình 0,25 x = 1 y = 1 ( x − 1)2 = x − 1 ⇔  ⇒  x = 2 y = 2 V y h phương trình có hai nghi m là (1;1);(2;2) 4 t3 − 2 3t 2 dt 0,25 (1,0 i m) t t = 3 2x + 2 ⇒ x = ⇒ dx = 2 2 1 0,25 i c n: x = − ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t = 2 2 3 t − 2 3t 2 0,25 2 . 2 I =∫ 2 2 dt = 3 (t 4 − 2t )dt 1 t 4∫ 1
2 0,25 3  t5  12 =  − t2  = 45 1 5 5 (1,0 i m)  BC ⊥ AB 0,25 Do  ⇒ BC ⊥ (SAB ) ⇒  SC ,(SAB) = CSB = 30 0    BC ⊥ SA Xét ba tam giác vuông ABC , SBC , SAB ta l n lư t tính ư c: 0,25 0 BC = a 3 , SB = BC.cot 30 = a 3. 3 = 3a , SA = 2a 2 1 1 1 a3 6 Suy ra: V = .SMCD .SA = .CD.BC.SA = .a.a 3.2a 2 = . 3 6 6 3 Trong ( ABCD ) , k AK ⊥ CM . Suy ra CM ⊥ (SAK ) ⇒ (SAK ) ⊥ (SCM ) 0,25 Trong (SAK ) , k AH ⊥ SK ⇒ AH ⊥ (SCM ) ⇒ AH = d ( A,(SCM )) a 57 0,25 Xét tam giác vuông BMC ta tính ư c MC = 4 a a 171 2 34 .BC = 4 .a 3 = AM ∆KMA ∼ ∆BMC ⇒ AK = ⇒ AH = a CM a 57 57 51 4 2 34 V y d ( A,(SCM )) = a. 51 6 1 1 2 0,25 (1,0 i m) Ta có P = xy + 2 + 2 ≥ xy + x y xy 2 0,25 x+y 1 t t = xy ta có 0 < t = xy ≤   ≤  2  4 2 2 31 31 33 0,25 Khi ó: P = t + = 32t + − 31t ≥ 2 32.2 − = 16 − = t t 4 4 4 1 0,25 D u ng th c x y ra khi và ch khi x = y = z = 2 33 V y min A = . 4
27.a 0,25 (1,0 i m) nh C ∈ (d ) : 3 x + y + 2 = 0 nên C ( c; −3c − 2 ) 1 4 1 4c Do M là trung i m c a AB nên d ( A, DM ) = d (C , DM ) ⇔ = ⇔ c = ±2 2 2 2 2 Vì C có hoành âm nên ta ch n c = −2 ⇒ C ( −2; 4 ) nh D ∈ DM : x − y − 2 = 0 nên D ( d; d − 2 ) 0,25 d = 4  D(4;2) Ta có AD.CD = 0 ⇔ (d − 2)(d + 2) + (d + 2)(d − 6) = 0 ⇔  ⇔  d = −2  D(−2; −4) Vì ABCD là hình vuông nên i m D ph i th a mãn DA = DC nên ta ch nh n trư ng h p 0,25 D(4;2) T AD = BC ta suy ra B(−4; −2) 0,25 V y B(−4; −2), C (−2; 4), D(4;2). 8.a ư ng th ng ∆ có VTCP u = (2;1; −3) . G i H là hình chi u c a A trên ∆ , suy ra: 0,25 (1,0 i m) H (1 + 2t; −2 + t; −1 − 3t ) và AH = (2t − 1; t + 3; −2t + 5) AH ⊥ ∆ ⇔ AH .u = 0 ⇔ 2(2t − 1) + (t + 3) − 3(−3t + 5) = 0 ⇔ t = 1 0,25 Suy ra: H (3; −1; −4) Do B ∈ ∆ ⇒ B(1 + 2t; −2 + t; −1 − 3t ) ⇒ AB = (2t − 1; t + 3; −3t + 5) 0,25 t = 0 AB = 35 ⇔ (2t − 1)2 + (t + 3)2 + (3t − 5)2 = 35 ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔  t = 2 x −2 y+5 z+6 0,25 t = 0 ⇒ AB = (−1;3;5) ⇒ ( AB) : = = . −1 3 5 x−2 y+5 z+6 t = 2 ⇒ AB = (3;5; −1) ⇒ ( AB) : = = . 3 5 −1 9.a G i s t nhiên c n l p là x = a1a2 a3 a3 (a1 khác 0 ) 0,25 (1,0 i m) ai ∈ {0;1;2;3; 4;5} ( i = 1;2;3; 4 ) Trư ng h p 1: Trong x có ch s 0 0,25 2 Có ba cách x p ch s 0 ; ba cách x p ch s 2; hai cách x p ch s 4 và A3 cách x p ba ch s 1;3;5 2 Suy ra có 3.3.2.A3 = 54 s Trư ng h p 2: Trong x không có ch s 0 0,25
2 Có b n cách x p ch s 2; ba cách x p ch s 4 và A3 cách x p ba ch s 1;3;5 2 Suy ra có 4.3. A3 = 72 s V y có t t c 54 + 72 = 126 s 0,25 7.b 0,25 (1,0 i m) G i E là i m i x ng c a D qua ư ng th ng ∆ và I = ∆ ∩ DE Suy ra E ∈ AB và I là trung i m c a DE Phương trình DE : x − y + 5 = 0 ⇒ I (1;6) ⇒ E (5;10) Vì A ∈ ∆ ⇒ A(a; 7 − a) . Tam giác ADE cân t i A nên 0,25 DE a = 5 AE = ⇔ (a − 5)2 + (a + 3)2 = 64 ⇔  2  a = −3 nh A có hoành dương nên ta ch n a = 5 ⇒ A(5;2) ư ng th ng AB i qua A(5;2) và E (5;10) nên AB : x = 5 ⇒ B(5; b) 0,25 b = 8  B(5;8) 0,25 Ta có SABCD = 48 ⇔ AB. AD = 48 ⇔ 8. b − 2 = 48 ⇔  ⇔  b = −4  B(5; −4) Vì B, D n m hai phía so v i A nên ta ch n B(5;8) V y B(5;8) . 8.b ư ng th ng ∆ i qua i m M (1; −1;2) và có VTCP u = (2; −3; −1) 0,25 (1,0 i m) Ta có: MA = (3; 4; 0) và  MA, u  = ( −4;3; −17 ) 0,25    MA, u    16 + 9 + 289 314 4396 Suy ra: d ( A, ∆ ) = = = = u 4 + 9 +1 14 14 ư ng th ng ∆ có VTCP u = (2; −3; −1) . G i H là hình chi u c a A trên ∆ , suy ra: 0,25 H (1 + 2t; −1 − 3t;2 − t ) và AH = (2t − 3; −3t − 4; −t ) 3 AH ⊥ ∆ ⇔ AH .u = 0 ⇔ 2(2t − 3) − 3(−3t − 4) + t = 0 ⇔ t = − 7 3  27 19 3  1 x −4 y −3 z−2 0,25 t = − ⇒ AH =  − ; ;  = ( −27;19;3) ⇒ ( AH ) : = = 7  7 7 7 7 −27 19 3 x −4 y −3 z−2 V y phương trình ư ng th ng c n tìm là = = .
9.b TX : D =  − 2, 2  0,25 (1,0 i m)   x 2 − x2 − x 0,25 o hàm: f '( x ) = 1 − = 2 − x2 2 − x2 x ≥ 0  f '( x ) = 0 ⇔ 2 − x 2 = x ⇔  2 2 ⇔ x =1 2 − x = x  Ta có: f (− 2) = − 2, f (1) = 2, f ( 2) = 2 0,25 0,25 { } { V y: Max f ( x ) = Max − 2,1, 2 = 2 và Min f ( x ) = Min − 2,1, 2 = − 2 . x∈D x∈D } -------------------H t-------------------