intTypePromotion=3

Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 2 môn Toán - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

0
43
lượt xem
1
download

Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 2 môn Toán - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 2 môn Toán" của Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu dành cho các bạn học sinh khối D. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 2 môn Toán - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

  1. SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN 2 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3( m 2  1) x  m3  1 (1), (với m là tham số thực). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ gốc tọa độ đến điểm cực tiểu của đồ thị bằng 2 .   Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x  cos 2 x  4 2 sin  x    4 cos x  1  0 .  4  3 x  1  4(2 x  1)  y  1  3 y Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y   ) . ( x  y )(2 x  y )  4  6 x  3 y 2 x  2 ln x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   2 dx . 1  x  2 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M , N và P lần lượt là trung điểm các cạnh AB , AD và DC . Gọi H là giao điểm của CN và DM , biết SH  ( ABCD ) , SH  a 3 . Tính thể tích khối chóp S .HDC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SBP) . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x 2  y 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x( y  1)2  y ( x  1) 2 . 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 7.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với A(1; 0) , đường chéo BD có phương trình là x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 8 và đỉnh B có hoành độ dương. Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S), 2 đường thẳng d1 , d 2 có phương x  3  t x 1 y 1 z 1  2 2 2 trình (S): x  y  z  4 x  4 y  2 z  16  0 d1 :   d 2 :  y  2t (t  ) . Viết phương trình 1 4 1  z  1  2t  mặt phẳng (P) song song với d1 , d 2 và khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng (P) bằng 3. n 2  Câu 9.a (1.0 điểm). Tìm hệ số của x 4 trong khai triển biểu thức   x 3  , biết n là số tự nhiên thỏa mãn hệ x  n6 2 thức Cn  4  nAn  454 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d : x  2 y  2  0 . Tìm trên d hai điểm M , N sao cho tam giác AMN vuông tại A và AM  2 AN , biết tọa độ của N là các số nguyên . x  3 y  2 z 1 Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :   và 2 1 1 mặt phẳng ( P) : x  y  z  2  0 . Gọi M là giao điểm của d và ( P) . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( P) , vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 3 42 . Câu 9.b (1.0 điểm). Tính môđun của số phức z – 2i biết ( z  2i ).( z  2i )  4iz  0 . ----------------- Hết ------------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.......................................................................; Số báo danh:................................................. Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://www.boxmath.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl
  2. SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a) 1,0 (2,0 điểm) Với m=1, hàm số (1) trở thành y  x3  3x 2 0,25 TXĐ: D   Sự biến thiên: Giới hạn: lim y  ,lim y   x  x  x  0 0,25 Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x, y '  0   x  2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (2; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0, ycd  0 ; cực tiểu tại x=2, yct  4 x -∞ 0 2 +∞ 0,25 y’ + 0 - 0 + 0 +∞ y -∞ -4 Đồ thị: Tiếp xúc Ox tại O, cắt Ox tại (3;0). 0,25 y fx = x3-3 x2 2 O -5 5 x -2 -4 1,0 b) Trong trường hợp tổng quát, ta có y '  3 x 2  6mx  3( m 2  1) , 0,25  x  x1  m  1 y '  0  x 2  2mx  m 2  1  0    x  x2  m  1 Vì y '  0 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với 0,25 mọi m. Dề thấy m  1  m  1 , nên y’ đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua x2  m  1 , do đó đồ 0,25 thị hàm số có điểm cực tiểu là A(m  1; 1  3m)
  3.  1 0,25 2 2 2  m Theo giả thiết OA  ( m  1)  (1  3m)  2  5m  4m  1  0  5   m  1 1 Vậy m  hoặc m  1 . 5 2 Phương trình đã cho tương đương: sin 2 x  cos 2 x  4  s inx  cos x   4 cos x  1  0 0,25 (1,0 điểm)  s inx(cos x  s inx  2)  0 0,25  s inx  0 0,25  cos x  s inx  2  0(VN )  x  k 0,25 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  k (k  ) 3 1 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: x  ; y  1 . 3 Phương trình thứ hai tương đương với : ( x  y )(2 x  y )  4  4( x  y )  (2 x  y )  ( x  y  1)(2 x  y  4)  0 ( Vì x  y  1  0 )  y  2x  4 Thay vào phương trình thứ nhất ta được: 0,25 3x  1  2 x  8  2 x  3  3x  1  2 x  3  2 x  8  0 3 x  1  (2 x  3)  1  0,25   2( x  4)  0  ( x  4)   2  0 3x  1  2 x  3  3x  1  2 x  3   x  4  y  12 0,25 Vậy hệ phương trình có một nghiệm là: (4;12) 4  x2 0,25 u  x  2 ln x du  dx (1,0 điểm)    x Đặt  1  dv  dx    x  2  2  v  1   x2 x  2 ln x 2 2 dx 0,25 I   x2 1 1 x 1 1n 2 2 0,25 =  + ln x 1 6 2 ln 2 1 0,25 =  2 6
  4. 5 S (1,0 điểm) I M B A N H D K P C Chứng minh được CN vuông góc với BP  DHC vuông tại H 0,25 2 5 a 5 1 1 2a 5 a 5 a 2 Tính được HC  a , HD   S HDC  HC.HD  . .  5 5 2 2 5 5 5 1 1 a 2 3a 3 0,25 Suy ra VS . HDC  SH .S HDC  a 3.   dvtt  3 3 5 15 Trong ( ABCD ), Gọi K là giao điểm của CN và BP 0,25 Ta có ( SBP) cắt HC tại trung điểm K nên d  C ,  SBP    d  H ,  SBP   Trong ( SHK ) hạ HI  SK ( I  SK ) Chứng minh được ( SHK )  ( SBP ) mà ( SHK )  ( SBP)  SK  HI  ( SBP) Khi đó d  H ;  SBP    HI . 1 a 5 0,25 Ta có SH  a 3 , tính được HK  HC  . 2 5 Tam giác SHK vuông tại H có HI là đường cao a 5 a 3. SH .HK 5 a 3  HI   SH 2  HK 2 a2 4 3a 2  5 a 3 Vậy d  C , ( SBP)   4 6 Ta có P  xy ( x  y  4)  x  y 0,25 (1,0 điểm) 0,25 Đặt t  x  y ta có 0  t  x  y  2( x 2  y 2 )  2 nên t  (0; 2] 1 t2 0,25 Mặt khác xy  ( x  y)2  4 4 2 t t3 Khi đó: P  xy (t  4)  t  (t  4)  t   t 2  t 4 4 t 2 0,25 Khảo sát hàm số f (t )   t 2  t trên (0; 2] ta được f (t )  f (2)  8 4 Vậy P  8 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  1 Do đó MaxP  8 khi x  y  1
  5. 7.a 0,25 (1,0 điểm) B I A C Ta có AC  BD  phương trình AC : x  y  1  0 Gọi I  AC  BD  I (0;1)  C (1; 2) D AC.BD 2S 16 0,25 Suy ra AC  2 2 . Mà S ABCD   BD  ABCD   4 2  IB  2 2 2 AC 2 2 Vì B  BD  B(b; b  1) . Nên IB  2 2  b 2  b 2  8  b  2 0,25 Với b  2  B(2; 1) ( loại) 0,25 Với b  2  B(2;3)  D(2; 1) Vậy C (1; 2), B (2;3), D(2; 1) 8.a (S) có tâm I(2;2;-1) bán kính R=5 0,25  (1,0 điểm) d1 đi qua điểm M 1 (1; 1;1) có véc tơ chỉ phương là u1  (1; 4;1)  d 2 đi qua điểm M 2 (3; 0; 1) có véc tơ chỉ phương là u2  (1; 2; 2)     [u1 , u2 ]  42 12 ; 12 11 ; 11 42  (6;3; 6)  3(2;1; 2) 1   0,25 Gọi (P) là mặt phẳng song song với d1 , d 2  (P) nhận [u1 , u2 ]=(2;1;-2) làm véc tơ phép 3 tuyến  phương trình của (P): 2 x  y  2 z  D  0 . | 2.2  1.2  2(1)  D | d ( I , ( P ))  3  3 22  12  (2) 2 D  1 | D  8 | 9    D  17 Với D=1  phương trình của (P): 2 x  y  2 z  1  0 (loại vì (P) chứa M1 ) 0,25 Với D=-17  phương trình của (P): 2 x  y  2 z  17  0 . 0,25 Vậy (P): 2 x  y  2 z  17  0 9.a Từ hệ thức đã cho suy ra n  6, n  N . 0,25 (1,0 điểm)  n  4 !  n n !  454 Cnn46  nAn2  454  2! n  6  !  n  2 ! 2n3  n 2  9n  888  0  n  8. 0,25 2  8 8 k 8 k 8 8 k 0,25 Với n  8 ,   x 3    C8k  2 x 1    x3    C8k 2 k  1 x 24  4 k x  k 0 k 0 4 Hệ số của x tương ứng với 24  4k  4  k  5 . 0,25 8 5 Vậy hệ số của x4 là C85 25  1  1792 . 7.b 0,25 0  2.2  2 2 (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu của A lên d ta có AH = d(A, d) =  1  22 5 Tam giác AMN vuông tại A nên 1 1 1 1 1 5 2  2  2  2  2   AN  1 AM AN AH 4 AN AN 4
  6. Gọi N (2 y  2; y )  d 0,25 Ta có AN  1  (2 y  2) 2  ( y  2) 2  1  5 y 2  12 y  7  0  y  1  N (0;1) 0,25   y  7  N  4 ; 7  (loai)  5 5 5  Với N (0;1) , Đường thẳng AM qua A(0;2) có vectơ pháp tuyến AN  (0; 1) 0,25  Phương trình là AM: y  2  0 x  2 y  2  0 x  2 Ta có M  d  AM  Toạ độ M là nghiệm của hệ    M (2; 2) y  2  0 y  2 Vậy M (2; 2), N (0;1) 8.b Ta có phương trình tham số của d là: 0,25 (1,0 điểm)  x  3  2t  x  3  2t  y  2  t    y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  (tham số t)  M (1; 3; 0)  z  1  t  z  1  t   x  y  z  2  0   Lại có vectơ pháp tuyến của (P) là nP  (1;1;1) , vectơ chỉ phương của d là ud  (2;1; 1) . 0,25 Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên:     có vectơ chỉ phương u  ud , nP   (2; 3;1)  Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M lên  , khi đó MN  ( x  1; y  3; z ) .   Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  x  4 y  13 0,25   Lại có N  (P) và MN = 3 42 ta có hệ: 2 x  3 y  z  11  0   z  5 y  15  2 2 2  2 ( x  1)  ( y  3)  z  378 y  6y  0  x  13  x  11     y  0   y  6  z  15  z  15   Ta được hai điểm N(13; 0; - 15) và N(-11; - 6; 15) x  13 y z  15 0,25 Nếu N(13; 0; -15) ta có phương trình  :   2 3 1 x  11 y  6 z  15 Nếu N(-11; -6; 15) ta có phương trình  :   2 3 1 9.b Đặt z = a + bi ( a, b  R ). Khi đó: 0,25 (1,0 điểm) ( z  2i ).( z  2i )  4iz  0  ( a + ( b- 2)i).( a – ( b + 2)i) + 4i ( a + bi ) = 0  ( a2 + b2 – 4 – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i = 0  a2 + b2 – 4b – 4 = 0 0,25 Ta lại có: z  2i  a  (b  2)i  a 2  b 2  4b  4 0,25 = a 2  b 2  4b  4  8  8  2 2 . 0,25 Vậy môđun của z – 2i bằng 2 2 . -------------------Hết------------------- Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://www.boxmath.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản