Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lê Qúy Đôn lần 1 khối B năm 2014

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lê Qúy Đôn lần 1 khối B năm 2014 dành cho học sinh lớp 12 đang chuẩn bị thi tuyển sinh Đại học, giúp các em phát triển tư duy, năng khiếu môn Toán học. Chúc các bạn đạt được điểm cao trong kì thi này nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lê Qúy Đôn lần 1 khối B năm 2014

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN MÔN THI: TOÁN KHỐI B LẦN I Đề chính thức NĂM HỌC : 2013 - 2014 Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian phát đề) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: (2điểm) Cho hàm số y  x3  3mx 2  3( m 2  1) x  m3  m (1) 1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1 2/ Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cựctiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O Câu 2: (1điểm) Giải phương trình: 2s inx(cos 2 x  sin 2 x)  s inx  3 cos 3 x Câu 3: (1điểm) Giải phương trình : x  4  6  x  2 x 2  13 x  17 3 Câu 4: (1điểm) Tính tích phân : I   ln  2  x(x 2  3)  dx   2 Câu 5 (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A,D biết AB =2a; AD =DC = a (a>0) SA  (ABCD) ,Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 45 0 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) theo a Câu 6 (1điểm) Cho x,y là các số thực và thoả mãn . x, y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (x 3  y 3 )  (x 2  y 2 ) P (x  1)(y  1) 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: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d: x-y =0 và điểm M(2;1) .Viết phương trình đường thẳng  cắt trục hoành Ox tại A và cắt đường thẳng d tại B sao cho tam giác  AMB vuông cân tại M 2n 2 14 1  Câu 8a: (1điểm) Tìm hệ số của x 9 trong khai triển: 1  3x ; n  * , biết 2   3 . Cn 3Cn n 3 3 Câu 9a (1 điểm) Giải phương trình 3x  x  2.3x  x  32 x  2  0 B.Theo chương trình nâng cao Câu 7b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A  3; 4  , đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC . Câu 8b(1,0 điểm) Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng   Câu 9b (1,0 điểm) Giải phương trình log 3 3x  1 .log 3 3x 2  9  3   (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:...............................................................Số báo danh......................
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN I NĂM HỌC 2013-2014 Câu NỘI DUNG Điểm I 1.Khi m=1 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2 a)TXĐ:D=R b)Sự biến thiên x  0 0.25 -Chiều biến thiên y '  3 x 2  6 x  y '  0   x  2 ………………………………………………………………………………………... Hàm số đồng biến trên khoảng (;0) và (2; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) 0.25 -Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x  0 ;ycd  0 Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ;y ct  4 -Giới hạn : lim   ; lim   x x  ………………………………………………………………………………………... Bảng biến thiên 0.25 x  0 2  y' + 0 - 0 + y  0 -4  ………………………………………………………………………………………... Đồ thị 0.25
1 2:Tìm m để đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O TXD: D=R Ta có y '  3 x 2  6mx  3( m2  1) Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu khi và chỉ khi y '  0 có hai nghiệm 0.25 phân biệt và đổi dấu khi đi qua các nghiệm  3 x 2  6mx  3( m 2  1)  0 có hai nghiệm phân biệt   '  9m 2  9(m 2  1)  9  0 m x  m 1 0.25 Vậy m đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và y '  0   x  m 1 0.25 Điểm A(m-1;2-2m);B(1+m,-2-2m) lần lượt là điểm cực đại ,điểm cực tiểu của đồ thị hàm số theo giả thiết ta có OB=3 OA  OB 2  9OA2  (m+1) 2  (2  2m)2  (m-1)2  (2  2 m) 2 m  2  2 m  5m  2  0   2 m  1  2 m  2 0.25 Vậy với  thì đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ m  1  2 điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O 2 Giải phương trình : 2s inx(cos 2 x  sin 2 x)  s inx  3 cos 3x (1) 1 phương trình (1) 0.25
 2 sin x.cos 2 x  s inx  3 cos 3x  sin 3x  s inx  s inx  3 cos 3x 1 3 0.25  sin 3x  3 cos 3x  2 sin x  sin 3x  cos3x  s inx 2 2    0.25  cos sin 3x  sin cos3x  s inx  sin(3x  )  sin x 3 3 3     3x  3  x  k2  x  6  k 0.25   kZ 3x      x  k2  x    k    3   3 2 3.Giải phương trình x  4  6  x  2 x 2  13x  17 1 Điều kiện : 4  x  6 Ta có : x  4  6  x  2 x 2  13 x  17  ( x  4  1)  ( 6  x  1)  2 x 2  13 x  15  0 ( x  4  1)( x  4  1) ( 6  x  1)( 6  x  1) 0.25    ( x  5)(2 x  3)  0 x  4 1 6  x 1 x 5 5 x    ( x  5)(2 x  3)  0 0.25 x  4 1 6  x 1 x  5  1 1    (2 x  3)  0 0.25  x  4 1  6  x 1 1 1 1 1 Ta có   (2 x  3)  0    (2 x  3) x  4 1 6  x 1 x  4 1 6  x 1 1 1 1 Vì    1 x   4;6  và 2 x  3  5 x   4; 6 x  4 1 6  x 1 x  4 1 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 5 3 4 1 Tính tích phân I   ln  2  x( x 2  3)  dx   2 Ta có 3 3 3 I   ln  2  x( x 2  3)  dx   ln( x 3  3 x  2)dx   ln( x  1) 2 ( x  2)dx   2 2 2 3 3 3 3 0.25   ln( x  1) 2 dx   ln( x  2)dx  2  ln( x  1) dx   ln( x  2)dx 2 2 2 2 2dx 0.25 3   u  2 ln(x  1) du  Xét J  2  ln(x  1) dx Đặt   x 1 2 dv  dx v  x 1  3 3 3 3 J  2(x  1).l n(x-1) 2  2  dx  2(x  1).ln(x-1) 2  2x. 2  4ln 2  2 0.25 2
3  dx  u  ln(x  2) du  Xét K   ln(x  2) dx Đặt   x2 0.25 2 dv  dx v  x  2  3 3 3 3 K  (x  2).l n(x+2) 2   dx  (x  2).ln(x+2) 2  x. 2  5ln 5  4 ln 4  1 2 vậy I  5ln 5  4ln 2  3 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D biết 1 AB =2a ; AD=DC=a.(a>0) SA  (ABCD) ,góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 45 0 Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) S H A B D C +Theo giả thiết ta có AD= DC = a .Gọi H là trung điểm của AB  HA=HB=a Từ giả thiết  ADCH là hình vuông cạnh a .Trong tam giác ABC có CH là trung tuyến 0.25 1  AC  BC  và CH  AB  ABC vuông cân tại C   vì 2  AC  BC  a 2   BC  AC   BC  (SAC)  BC  SC  BC  SA (SBC)  (ABCD)  BC  BC  SC  (SBC)   +Có   SCA  450 là góc giữa (SBC) và (ABCD)  BC  AC  (ABCD) SA  (ABCD)  0.25 2 1 3a +Ta có diện tích hình thang ABCD S ABCD  ( AB  DC ). AD  2 2 +Có tam giác ΔSAC vuông cân tại A ta có SA=AC= AD 2 +DC 2  2 a
1 1 3a 2 2 3 +Thể Tích khối chóp SABC là : VS.ABCD  SABCD .SA  a 2.  a 3 3 2 2 0.25 1 3V Ta có VSDCB  SBCD .d(B; (SCD))  d(B; (SCD))  SDCB 3 SBCD  11 2 3 Trong BCD có C  1350 nên VSDCB  BC.CD.sin1350.SA  a 0.25 32 6 2 3 3. a 3V 6 2a 3 a 6 Vậy d(B;(SCD))  SDCB    SBCD 1 0 3a 2 3 a.a 2.sin135 2 câu6 Cho x,y là các số thực và thoả mãn x,y >1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 ( x3  y 3 )  ( x 2  y 2 ) :P ( x  1)( y  1) Đặt t =x + y điều kiện t > 2 t2 Áp dụng bất đẳng thức 4 xy  ( x  y ) 2 ta có xy  4 0.25 t 3  t 2  xy (3t  2) t 2 P do 3t-2>0  xy  nên ta có xy  t  1 4 t2 0.25 t 3  t 2  (3t  2) 4 t2 P  t2 t 2  t 1 4 t2 Xét hàm số f (t )  trên (2; ) t2 t 2  4t t  0 (l) có f '(t )   f '(t )  0   (t  2) 2 t  4 (tm) 0.25 lim f (t)   ; lim f (t)   x 2 x   t 4  2 f'(t) - 0 + 0.25 f(t)   8
x  y  4 x  2 min f (t )  f (4)  8  minP  8 dấu = xảy ra khi và chỉ khi   (2; )  xy  4 y  2 TỰ CHỌN A theo chương trình chuẩn   7a 1:Gọi A(a;0) thuộc Ox và B(b;b) thuộc d ta có MA( a  2; 1) MB (b  2; b  1) 0.25    MA  MB   MB.MA  0 0.25 ABM vuông cân tại M nên   2 2  MA  MB  MA  MB  0.25 (a  2)(b  2)  (b  1)  0  2 2 2 vì b=2 không thoả mãn hệ phương tình nên ta có (a  2)  1  (b  2)  (b  1) 0.25  b 1  b 1 a  2  b  2  a2   b2  . (a  2) 2  1  (b  2) 2  (b  1) 2 ( b  1 ) 2  1  (b  2) 2  (b  1) 2   b2  0.5  b 1 a  2  a2   b2 b  1   2 2 a  4  (b  2)  (b  1)  (b  2)2  (b  1)2  2   (b  2)  b  3  Vậyphương trình đường thẳng  : x  y  2  0 ;  : 3 x  y  12  0 2 14 1 n  3 8a Ta có 2  3  (1) dk  Cn 3Cn n n  N với điều kiện trên phương trình (1) tương đương 4 28 1 0.5   n(n  1) n(n  1)( n  2) n  n  2  n 2  7 n  18  0   n  9 kết hợp điều kiện n=9 Với n=9 ta có khai triển (1  3 x)2n  (1  3 x)18 Số hạng tỏng quát Tk 1  C18 (  3) k x k k số hạng chứa x 9 khi k =9 Vậy hệ số của x9 trong khai triển là C18 (  3) 9 9 9a 3 3 Giải phương trình 3x  x  2.3x  x  32 x  2  0 (1) 3 3 Ta có 3x  x.3x  x  32 x 0.25 3 3 3 3 3 (1)  3x  x (1  3x  x )  2(1  3x  x )  0  (1  3x  x )(3x  x  2)  0 x  0 0.25  1 3 x  x3  0  x  x  0  x  1 3   x  1 
x  0 0.25 Vậy Phương trình đã cho có nghiệm  x  1   x  1  0.25 B Theo Chương Trình nâng cao 7b Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A  3; 4  , đường phân 1 giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC . + Ta có IA  5 . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có dạng  C  : ( x  1)2  ( y  7)2  25 + Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong A 0,25 góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC . Tọa độ của D là nghiệm của hệ I  x  y 1  0   D  2;3 2 2 ( x  1)  ( y  7)  25 B C 0,25 H K D + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm  chính giữa cung nhỏ BC. 0,25  Do đó ID  BC hay đường thẳng BC nhận véc tơ DI   3; 4  làm vec tơ pháp tuyến. + Phương trình cạnh BC có dạng 3x  4 y  c  0 + Do SABC  4SIBC nên AH  4IK 7c 31  c + Mà AH  d A; BC   và IK  d  I ;BC   nên 5 5  114 0,25 c   3 7  c  4 31  c    c   131   5 Vậy phương trình cạnh BC là : 9 x  12 y  114  0 hoặc 15 x  20 y  131  0 8b Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu cách lấy 1 ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng Các trường hợp để chọn được 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng là TH1: Cả 4 viên bi được chọn đều là bi đỏ 0,25 số cách là : C54 cách chọn TH2: Trong 4 viên bi được chọn có 1bi đỏ và 3 bi xanh 1 3 số cách là : C5 .C4 cách chọn 0,25 TH3: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi xanh số cách là : C53 .C4 cách chọn 1 TH4: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi vàng 0,25 số cách là : C53 .C3 cách chọn 1 TH5: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 2 bi xanh
số cách là : C52 .C42 cách chọn 0,25 TH6: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 1 bi vàng và 1 bi xanh số cách là : C52 .C3 .C4 cách chọn 1 1 Vậy có C54 + C5 .C4 + C53 .C4 + C53 .C3 + C52 .C42 + C52 .C3 .C4 =275 cách chọn thoả mãn yêu 1 3 1 1 1 1 cầu bài toán 9b    Giải phương trình log 3 3x  1 .log 3 3x 2  9  3  (1) 1  log 3 (3 x  1).log 3 9(3 x  1)  3  log 3 (3x  1).(log 3 9  log 3 (3x  1))  3 (1)  log 3 (3 x  1).(2  log 3 (3x  1))  3 0,25 Đặt t  log3 (3x  1) t>0 t  1 (1)  t (2  t )  3  t 2  2t  3  0   kết hợp điều kiện ta có t=1 0,25 t  3 (l) với t=1 log 3 (3x  1)=1  3x  1  3  3x  2  x  log 3 2 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x  log3 2 0,25 Trên đây chỉ là một hướng giải Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa