Đề thi thử Toán Đại học 2014 lần 2 - THPT Bắc Duyên Hà (có đáp án)

SỞ GD - ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

(1)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm) Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y 





tan

cos

.3cos x



a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=3. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.

 2

 1 

 4

 cos  

  

Câu 2 ( 1,0 điểm ). Giải phương trình:  1





 

     x 

 2

x 2 y 1 x 1 0    y 2    Câu 3 ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình:  y 3x y 5y 8 0   



cot 1  x 2 sin x

 4

Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân: I =

  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

  

4 4 x

4 4 y



 8 x

2



Câu 5(1,0 điểm ).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, góc BAC =1200. Gọi H, M lần lượt là trung điểm các cạnh BC và SC, SH vuông góc với (ABC), SA=2a và tạo với mặt đáy góc 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC. Câu 6(1,0 điểm).Cho các số dương x, y phân biệt thỏa mãn:

II. PHẦN RIÊNG( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7a ( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, là trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho

AB . Gọi D Biết phương trình đường thẳng chứa

EC 3

y 3

  và điểm

1 0

A B C ,

16 3

  

  

 n 2

 n 1

 2 x

 







 2 x 3

CD là . Tìm tọa độ các điểm

n n

 . 3

 3

 0 C 3 n

 2 x C 3 n



n 1

 Biết rằng trong khai triển đó

  và số hạng thứ 5 bằng

 ... C 3 126.3  . Tìm n và x.

  1 x C 3 n   n 2 n

1 4C n

, với n là số nguyên dương Câu 8a ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0;0;3), M(1;2;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM. Câu 9a ( 1,0 điểm). Cho khai triển nhị thức: 

  . Lập phương

B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b ( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):

Δ :

    . Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt

trình chính tắc của elip (E) biết hình chữ nhật cơ sở của (E) nội tiếp đường tròn (C) và hai tiêu điểm cùng với một đỉnh của (E) tạo thành tam giác đều. Câu 8b ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;1;1), B(2;3;-1), đường thẳng

y z

 x 1 1

y   1

 z 1 2

và mặt phẳng (P): x

  . Tìm phần ảo của số phức 2i

Δ tại D sao cho ABCD là hình thang vuông tại A và B. Câu 9b ( 1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn: 

 z 1 4 2i

   

  3 i z



9    3 1



Cảm ơn bạn Hứng Hoàng ( hoanggiahung.bdh@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl

-------------HẾT-------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ;

SỞ GD - ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014 Môn: TOÁN

Điểm



Nội dung 3 2 x  

 

lim y  x

; lim y  x

a) Khi m=3 ta có hàm số: 1) TXĐ: D=R 2) Sự biến thiên: +Giới hạn:

+ Chiều biến thiên:

y 3'  x  6 x 0  x x   0 2   



0 2



x y’ y

;2

0; 2;0

và 

+ Bảng biến thiên:  + 0 - 0 + 4  Hàm số đồng biến trên các khoảng  Hàm số nghịch biến trên khoảng  Hàm số đạt cực đại tại x=0; yCĐ=4; hàm số đạt cực tiểu tại x=2; yct=0. Câu 1a 3) Đồ thị

0,25 0,25 0,25 0,25

1.0 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt .







0x



Xét phương trình hoành độ giao điểm: (2) x  0 4 Nếu x=0 phương trình vô nghiệm.

4 2 x

0x

xf )(

 x

Nếu phương trình tương đương với:

4 2 x

Xét hàm số với

0,25

x 1)(







8 3 x

 3 x

0,25 0,5

0

.y CD CT

Lập bảng biến thiên của hàm số y=f(x) kết luận m>3 Cách khác: Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt khi hàm số có cực đại, cực tiểu và y





tan

cos

.3 x

 2

 1 

 4

 cos  

  



k 

cos



2 1.0 Giải phương trình:  1

ĐK:



 2 Với điều kiện trên phương trình tương đương:   

  sin x cos x 2 cos 2x 1  

  

 2 cos 3x.cos x. sin x cos x sin x cos x 2 cos 2x 1 2 cos 3x.cos x



  0

 

 

    sin x cos x 2 cos 2x cos 2x 0





y 1

 

 y 2

 

1 0





  1

  0     x k      4  2        cos x  4  cos 2x 0 0.25 0,25 0,5  cos 2x   2 cos 2x cos 2x 0 sin x cos x 0     x k     cos 2x 0 1 2  cos 2x          6 1 2        3 1.0



3x y 5y 8 0

 



 

  2

    

Giải hệ phương trình: 

1 

Điều kiện: y



 5 y y

Từ phương trình (2) ta có: . Suy ra y>0 x   8 3x  

y 1

 

 y 2







   x









  1



y 1

 

 2

1 2



  t

Khi đó phương trình (1)



 y 1



  t



  t 1

y 2  y 1  

Phương trình có dạng: trong đó hàm





1  y 1 1 t



  1



 1; 

  f ' t



  t 1

1    2

1 2 t

t 2

Ta có: nên hàm số f(t) đồng biến trên 

 y 1



  

Do đó .









 t 2

0,25 0,25 0,25 0,25 Thay vào (2) ta được nghiệm của hệ phương trình là (x;y): (1;1) hoặc (-1;1)





  t





 t 1



Chú ý: Có thể xét hàm số hoặc sử dụng ẩn phụ như sau:

a 1; b 1







 y 1

  a   









 1 a



 1 b

 a   ab 1 loai



   0 

. Khi đó phương trình (1) trở thành: Đặt

Từ đó ta có nghiệm hệ phương trình.

 2

4 1.0



cot 1  x 2 sin x

 4

 2







x  1 cot 2 x sin

3 cot 2 sin

x  x

x 2 sin

 4

 2

1 2





cot



cot





 3

 1

 3

  1

 3

3  |1 2



2 9

14 9

1 3

3 cot 2 sin

x  x

 2  4

 4



 2



 

dx  

cot



x 2 sin

du   dv 

dx 2 sin

  Ðãt  dv 

 4

 2

 











x.cot x |

cot xdx

ln sin x |



 4

2 2

 2  4

Tính tích phân:

 4

0,5 0,5

14 9

   4

2 2

5 1.0



 a

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, BAC =1200. Gọi H, M lần lượt là trung điểm các cạnh BC và SC, SH vuông góc với (ABC), SA=2a và tạo với mặt đáy góc 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC.

.a 3. 2a.2a.sin120



SH.S 

SABC

ABC

1 3

( đvtt) Góc giữa SA và (ABC) là góc SAH =600. Từ đó có:  a 3; AH SA.cos60 SH SA.sin 60 Tam giác ACH vuông tại H có ACH=300 nên AC=2a=AB Thể tích khối chóp S.ABC là: 1 2



Trong mặt phẳng (ABC) gọi K là trung điểm HC, qua A dựng d//BC, từ K hạ KE vuông góc với d tại E, từ K hạ KI vuông góc với ME tại I

BC,AM





 BC, AME



 K, AME











a 21 7

Lập luận để có và tính được

0,25 0,25 0,5

  . Tìm giá trị nhỏ nhất của

6. 1.0 Cho các số dương x, y phân biệt thỏa mãn:

  

4 4 x

4 4 y



 8 x

2



    

biểu thức:

2 4x.2y

   8 xy







Từ giả thiết ta có:

 4   4 y

 xy 8

2 x y 64

4 4 x

y x

5 64

    

     

 1 x     16 y 

     



 8 x



1 y   x

x y









Do đó:



  và 2

1 

5 64 t

1 8

x y

y x







f (t)

Đặt t=

 2;

21 t 16 1 

1 8

5 64 t

 

f '(t)

Xét hàm số : trên khoảng 

   và t

 

lim f (t) 



; lim f (t)  x 2

21 t 16 5 2

Ta có

 khi t=5/2

min f (t)    2;

nên

 khi x=2, y=4

min P

27 64 27 64

Suy ra

7a 0,25 0,25 0,25 0,25 1.0

BC  . Gọi Biết phương

  và điểm

1 0

y 3

trình đường thẳng chứa CD là . Tìm tọa độ các điểm

AB Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, EC . 3 D là trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho 16 3

AC   

  

A B C ,



, đặt BC c 

CBE

045

  

BE CD

Ta có nên E là chân đường phân giác trong góc B Gọi I BE CD  BA EA  BC EC

của tam giác ABC. Do đó, (cid:0) (Vì BCD vuông cân tại B). 0,25

BE x : 3

y 

 17 0

PT của





Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ   I 5; 2 . x   y  3 y  17 0 1 0   x y   5 2    0,25 c 5 Ta có  BI CI CE   , AC    IE CE  CI   IB     3 IE c 2 c 3 2



4;5 .

a 1;

 C a 3

ta có Gọi 3   x  1 3 Từ đó tìm được tọa độ điểm 

   a 3







  1

  3

0; 3



 2;1 ,

  12;1



 8;3 ,



 

0,25 BC  2 BI  2 5 5  a  5   20 10 a  40 a  30 0 1 3 a      a 0,25 Với ; Với

8a 1.0

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0;0;3), M(1;2;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM.

 n 1

 n 2

 2 x







 

 2 x 3

n n

 3

 0 x C 3 n



 1 C 3 n



 2 C 3 n



 . 3



 ... C 3



n 1

9a 0,25 0,25 0,25 0,25 1.0

126.3  . Tìm n và x.

  n 2 n

1 4C n





  n

Cho khai triển nhị thức:  với n là số nguyên dương. Biết rằng trong khai triển đó và số hạng thứ 5 bằng

  n 2 n

1 4C n



n!  2 !2!



n!   n 1 !



 x 8

 2 x

Từ giả thiết:



126.3

  x 2

 4 9C 3

  . 3

Số hạng thứ 5 là: 0,5 0,5

7b 1.0

 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):

  . Lập phương

  

 1 a

2 y   2 b

2   b

  1

trình chính tắc của elip (E) biết hình chữ nhật cơ sở của (E) nội tiếp đường tròn (C) và hai tiêu điểm cùng một đỉnh của (E) tạo thành tam giác đều. Giả sử phương trình chính tắc của (E) là: x a Hình chữ nhật cơ sở có 2 kích thước là 2a, 2b nội tiếp đường tròn (C) nên ta có: a

2     c

3c 2 4c

Hai tiêu điểm và đỉnh trên trục tung tạo thành tam giác đều nên ta có b a Do đó: Vậy :



x 36

2 y   1 27

  a 2      c   b

0,25 0,25 0,5 . Do đó phương trình (E) là:

Δ :

    . Viết phương trình đường

 x 1 1

y   1

 z 1 2





 t; t 1; 2t

 AB

  2



8b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;1;1), B(2;3;-1), đường thẳng 1.0 và mặt phẳng (P): x

  AB.AD 0

    t



2;1; 2

 AD

TBR ta có: thẳng d cắt (P) tại C, cắt Δ tại D sao cho ABCD là hình thang vuông tại A và B.     1; 2; 2 ; AD Do D thuộc Δ nên D( 1+t;t;-1+2t);   2 D 3; 2;3





1 2a

Từ đó ta có vtcp của BC là , phương trình BC:

   x 2 2a    y 3 a      z 

0.25 0,25

3 2

t t



Suy ra C( 2+2a;3+a;-1+2a). Mà C thuộc (P) nên: a=2, suy ra C( 6;5;3)    x y Khi đó phương trình d cần tìm là:

      z 1 4 2i

   