intTypePromotion=3

Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 môn Toán (khối B) - Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng

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

0
62
lượt xem
1
download

Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 môn Toán (khối B) - Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng

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 môn Toán (khối B)" của Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao 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 môn Toán (khối B) - Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề ĐỀ THI THỬ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 - 6 x 2 + 9 x - 1 (1) . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). b) Định m để phương trình sau có 6 nghiệm thực phân biệt 3 3 x + m - 7 - x + 2 = 0 , với m là tham số thực. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sin 4 x + 2cos 2 x + 4(sin x + cos x) = 1 + cos 4 x . Ï x3 (3 y + 55) = 64 Ô Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Ì x yŒ . Ó xy( y + 3 y + 3) = 12 + 51x 2 Ô cos 2 x Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I Ú sin x + cos x + 3 dx . 0 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a, SBA = SCA = 900 , góc giữa cạnh bên SA với mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC, SA. Câu 6 (1,0 điểm) Cho phương trình 5x 2 - 8 + ( x + 4) ( ) x 2 + 2 + 8 = m( x + 4) x2 + 2 , với m là tham số thực. Tìm các giá trị m để phương trình trên có đúng ba nghiệm thực. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (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 tam giác ABC có H (1; 1) là chân đường cao kẻ từ đỉnh A, M (3; 0) là trung điểm của cạnh BC và BAH = HAM = MAC . Tìm tọa độ các điểm A, B, C. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1;3; 2), B(2;0; - 4), C (0;1;1) . Viết phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. z +1 Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z biết rằng z - 3 + 3i = 4 2 và 1. z +i B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(-1; 1) và có tâm đường tròn nội tiếp là I (1; 5), đường thẳng vuông góc với IA tại A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AIC tại điểm thứ hai D(-7; 4). Tìm tọa độ điểm B. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm x +1 y - 2 z - 3 A(-1; 2; - 3) , song song với đường thẳng (d1 ) : = = và tạo với đường thẳng -1 1 1 x-3 y + 4 z 3 (d 2 ) : = = một góc sao cho sin j . 1 2 1 6 Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log5 ( x 2 + 2 x + 2) + x 2 + 1 = log5 x + 3x . ----------------- Hết ----------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:…………………….. Cảm ơn bạn lovemathltt@yahoo.com.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl
  2. ĐÁP ÁN KHỐI B Câu Đáp án Điểm Câu 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 - 6 x 2 + 9 x - 1 (2,0 điểm) Tập xác định: D = Chiều biến thiên: Èx 1 0,25 y ' = 3x2 - 12x + 9, y ' = 0 € 3x2 - 12x + 9 = 0 € Í , y(1) = 3, y(3) = -1 Îx 3 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-•; 1) và (3; +•), nghịch biến trên khoảng (1; 3) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 và yCT = y(3) = -1; Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và yCĐ = y(1) = 3. 0,25 Giới hạn: lim = +•, lim = -• x Æ-• x Æ+• Bảng biến thiên: x -• 1 3 +• y’(x) + 0 - 0 3 +• + 0,25 y(x) -• -1 y '' = 6 x - 12, y '' = 0 € 6 x -12 = 0 € x = 2, y(2) = 1 y  điểm uốn I(2; 1) Đồ thị: đi qua các điểm (0; -1), (4; 3) và nhận điểm uốn I(2; 1) là tâm đối xứng. 3 ∑ ∑ 0,25 1 ∑ 3 x O 1 2 4 ∑ ∑ -1 b) Định m để phương trình sau có 6 nghiệm thực phân biệt 3 3 x + m - 7 - x + 2 = 0 , với m là tham số thực Ta có 3 3 x + m - 7 - x + 2 = 0 € 3 3 x + m - 7 = x - 2 €| x |3 -3 x 2 + 9 | x | -1 = m (*) 0,25 Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị (C’) của hàm số: 3 y = x - 6 x2 + 9 x -1 và đường thẳng d: y m (d cùng phương với trục hoành) 3 Xét hàm số: y = x - 6 x2 + 9 x - 1 , ta có: + Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng, 0,25 3 2 3 2 đồng thời "x > 0 thì y = x - 6 x + 9 x - 1 = x - 6 x + 9 x - 1 Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên: y 3 0,25 -2 3 -4 -1 O 1 4 x -1 Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là: 0,25 -1 < m < 3
  3. Câu 2 Giải phương trình: sin 4 x + 2cos 2 x + 4(sin x + cos x) = 1 + cos 4 x . (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương: 2 cos 2 x(1 + sin 2x) + 4(sin x + cos x) = 2 cos2 2 x € cos 2 x(1 + sin 2 x - cos 2 x) + 2(sin x + cos x) = 0 0,25 € cos 2 x (sin 2 x + 2sin 2 x ) + 2(sin x + cos x ) = 0 € sin x.cos 2 x(sin x + cos x) + (sin x + cos x) = 0 Èsin x + cos x = 0 0,25 € (sin x + cos x)(sin x.cos 2 x + 1) = 0 € Í Îsin x.cos 2 x + 1 = 0 x+ x= € x=- € x=- +k kŒ 0,25 4 -2sin 3 x + sin x + 1 = 0 € (1 - sin x)(2sin 2 x + 2sin x + 1) = 0 Èsin x 1 €Í € x = + k2 Î 2sin x + 2sin x + 1 = 0 (VN) 2 2 0,25 p p Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm x = - + kp x = + k p k Œ 4 2 Câu 3 Ï x (3 y + 55) = 64 Ô 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Ì x yŒ . Ó xy( y + 3 y + 3) = 12 + 51x 2 Ô Từ hệ pt đã cho ta có ĐK: x π 0 . Khi đó hệ tương đương: Ï Ê4ˆ 3 Ô3( y + 1) + 52 = Á ˜ ÏÔv 3 = 3u + 52 (1) Ô Ë x ¯ . Đặt u = y + 1, v = 4 . Hệ pt trở thành 0,25 Ì Ì 3 Ô( y + 1)3 = 3. 4 + 52 x ÔÓu = 3v + 52 (2) ÔÓ x Lấy (1) trừ (2) vế theo vế được: v 3 - u 3 = 3(u - v) € (v - u )(v 2 + uv + u 2 + 3) = 0 (3) 0,25 2 Ê 1 ˆ 3 Do v + uv + u + 3 = Á v + u ˜ + u 2 + 3 > 0, "u, v nên (3) € v = u 2 2 0,25 Ë 2 ¯ 4 Thay v = u vào (2) được: Èu 4 u 3 - 3u - 52 = 0 € (u - 4)(u 2 + 4u + 13) = 0 € Í 2 Îu + 4u + 13 = 0 (VN) 0,25 Vậy u = v = 4. Từ đó suy ra hệ có 1 nghiệm duy nhất (x; y) là: (1; 3) Câu 4 cos 2 x (1,0 điểm) Tính tích phân I Ú sin x + cos x + 3 dx . 0 p p cos 2 x (cos x + sin x)(cos x - sin x) I =Ú dx = Ú dx 0,25 0 sin x + cos x + 3 0 sin x + cos x + 3 Đặt t = cos x + sin x  dt = (cos x - sin x)dx; x = 0  t = 1, x = p  t = -1 0,25 -1 -1 t Ê 3 ˆ Từ đó I = Ú dt = Ú Á1 - ˜ dt 0,25 1 t +3 1 Ë t +3¯ -1 I = (t - 3ln | t + 3| 1 = 3ln 2 - 2 0,25 Câu 5 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a, , (1,0 điểm) SBA = SCA = 900 góc giữa cạnh bên SA với mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA.
  4. Dựng SH ⊥ (ABC) tại H. Khi đó ta có: S Góc giữa SA với (ABC) là SAH 600 AB ^ SB ¸ ˝  AB ^ (SBH )  AB ^ HB AB ^ SH ˛ 0,25 H Tương tự AC ^ ( SCH )  AC ^ HC I B Suy ra tứ giác ABHC là một hình vuông O cạnh a C A Từ đó SH = HA.tan 600 = a 2. 3 = a 6 và thể tích khối chóp S.ABC được tính 1 1 1 a3 6 0,25 bởi: V = S ABC .SH = . a 2 .a 6 = (đvtt) 3 3 2 6 + Gọi O là tâm đáy ABCD. Dựng OI ^ SA tại I (1). Ta có: BC ^ HA¸ ˝  BC ^ (SAH )  BC ^ OI tại O (2) BC ^ SH ˛ 0,25 (1) và (2)  OI là đoạn vuông góc chung của BC và SA và được tính bởi: a 2 3 a 6 a 6 OI = OA.sin 600 = . = . Vậy d ( BC , SA) = OI = 2 2 4 4 0,25 Câu 6 (1,0 điểm) ( ) Cho phương trình 5x2 - 8 + ( x + 4) x 2 + 2 + 8 = m( x + 4) x2 + 2 với m là tham số thực. Tìm các giá trị m để phương trình trên có đúng ba nghiệm thực. Pt đã cho được viết lại về dạng: m( x + 4) x2 + 2 = ( x + 4)2 + ( x + 4) x2 + 2 + 4( x2 + 2) (1) Do x = - 4 không phải là nghiệm (1) dù m lấy bất cứ giá trị nào nên: x+4 4 x2 + 2 0,25 pt (1) € m = + + 1 (2) x2 + 2 x+4 x+4 4 Đặt t , pt (2) trở thành: m = t + 1 + x +2 2 t x+4 2 - 4x 1 Xét hàm f ( x ) . TXĐ: , f '( x) = ; f '( x) = 0 € x = x2 + 2 ( x 2 + 2) x2 + 2 2 Ê1ˆ f Á ˜ = 3; lim f ( x) = -1 ; lim f ( x) = 1 Ë2¯ x Æ-• x Æ+• Bảng biến thiên: 1 x -• +• 0,25 2 f’(x) + 0 - 3 t = f(x) -1 1 Từ bảng biến thiên ta có kết quả: + Khi x biến thiên trên thì -1 < t £ 3 x+4 + Với 1 < t < 3 thì pt t có đúng 2 nghiệm thực. x2 + 2 0,25 x+4 + Với t = 3 hoặc -1 < t £ 1 thì pt t có đúng 1 nghiệm thực. x2 + 2
  5. 4 Từ đó yêu cầu của bài toán tương đương phương trình m = t + 1 + có 2 nghiệm t1, t2 t thỏa mãn t1 Œ (-1;1] »{3}\ {0}; t2 Œ (1;3) (*) 4 t2 - 4 Xét hàm g (t ) = t + 1 + với -1 < t £ 3 ; g '(t ) = 2 ; g '(t ) = 0  t = 2 t t 16 g (-1) = -4; g (1) = 6; g (2) = 5; g (3) = , lim- f ( x) = -• ; lim+ f ( x) = +• 3 xÆ0 x Æ0 Bảng biến thiên: t -1 0 1 2 3 g’(t) - - 0 0,25 -4 +• 16 6 m = g(t) 3 -• 5 16 Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu (*) là: m 3 Câu 7a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có H (1; 1) là chân đường cao kẻ từ (1,0 điểm) đỉnh A, M (3; 0) là trung điểm của cạnh BC và BAH = HAM = MAC . Tìm tọa độ các điểm A, B, C. Chứng minh tam giác ABC vuông tại A. A Từ giả thiết ta DABM cân tại A. Suy ra H là trung điểm BM. Kẻ MK ^ AC tại K. Do AM là tia phân giác K góc HAC nên: B 0,25 C 1 MK 1 H M MK = MH = MC  sin C = = 2 MC 2  C = 300 , B = 600 và A 900 Từ đó B(2 xH - xM ; 2 yH - yM ) hay B(-1;2) 0,25 C (2 xM - xB ; 2 yM - yB ) hay C(7;-2). AH là đường thẳng đi qua điểm H và vuông góc với MH nên có phương trình là 2x – y – 1 = 0 0,25 Vì A thuộc AH nên A(t; 2t–1). 3 Ta có AH = BM . = 15 € (1 - t ) 2 + (2 - 2t ) 2 = 15 € t = 1 ± 3 2 0,25 ( ) Do đó A 1 + 3;1 + 2 3 hoặc A 1 - 3;1 - 2 3( ) Câu 8.a Trong không gian tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1;3; 2), B(2;0; - 4), C (0;1;1) .Viết (1,0 điểm) phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: = - - = - - -  vtpt của mp(ABC) là: 0,25 Î ˚ = -  pt mp ( ABC ) : 9 x - 7 y + 5 z + 2 = 0 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC. Khi đó: Ï AI 2 BI 2 Ï(a - 1)2 + (b - 3) 2 + (c - 2)2 = (a - 2)2 + b 2 + (c + 4)2 Ô 2 Ô 0,25 Ì AI CI 2 hay Ì(a - 1)2 + (b - 3) 2 + (c - 2)2 = a 2 + (b - 1) 2 + (c - 1) 2 Ô I Œ ( ABC ) Ô9 x - 7 y + 5 z + 2 = 0 Ó Ó Ï2a - 6b - 12c = 6 Ô 75 76 41 Ê 75 76 41 ˆ € Ì2a + 4b + 2c = 12 € a = ; b = ; c = -  I Á ; ;- ˜ 0,25 Ô9a - 7b + 5c = -2 31 31 31 Ë 31 31 31 ¯ Ó
  6. Vậy phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp DABC có dạng: 75 76 41 x- y- z+ 0,25 31 = 31 = 31 9 -7 5 Câu 9.a z +1 (1,0 điểm) Tìm số phức z biết rằng | z - 3 + 3i |= 4 2 và z + i 1 . Giả sử z = x + yi x y Œ , ĐK: x - yi π -i 0,25 Theo giả thiết: | z - 3 + 3i |= 4 2 € ( x - 3) 2 + ( y + 3) 2 = 32 | z + 1|=| z + i |€ ( x + 1) 2 + y 2 = x 2 + (1 - y ) 2 € y = - x 0,25 Ï( x - 3) + ( y + 3) = 32 2 2 Ta có hệ: Ì 0,25 Ó y = -x Ï( x - 3)2 = 16 È x = 7; y = -7 €Ì €Í (thỏa ĐK) Ó y = -x Î x = -1; y = 1 0,25 Vậy số phức cần tìm là: z = 7 - 7i ; z = -1 + i Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(-1; 1) và có tâm đường (1,0 điểm) tròn nội tiếp là I (1; 5), đường thẳng vuông góc với IA tại A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AIC tại điểm thứ hai D(-7; 4). Tìm tọa độ điểm B. Chứng minh B, I, D thẳng hàng. Suy ra phương trình BD là x – 8y + 39 = 0 Gọi AB là đường thẳng qua A( 1; 1), vectơ pháp D tuyến = π nên có phương trình A 0,25 a( x + 1) + b( y - 1) = 0 Đường thẳng AI có phương trình 2x – y + 3 = 0 I B C Ta có BAI 450 nên góc tạo bởi hai đường thẳng AB và AI bằng 450. 2a - b 1 0,25 Do đó € (a – 3b)(3a + b) = 0 5(a + b ) 2 2 2 TH1: a – 3b = 0, chọn a = 3, b = 1. Suy ra AB: 3x + y + 2 = 0 (nhận vì khi đó I và D khác phía đối với AB là vô lý). 0,25 TH2: 3a + b = 0, chọn a = 1, b = –3. Suy ra AB: x – 3y + 4 = 0 (nhận vì I và D cùng phía đối với AB ). Ï x - 8 y + 39 = 0 Tọa độ điểm B là nghiệm hệ Ì  B (17;7 ) . 0,25 Óx - 3y + 4 = 0 Câu 8.b Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(-1; 2; - 3) , (1,0 điểm) x +1 y - 2 z - 3 song song với đường thẳng d1 : = = và tạo với đường thẳng -1 1 1 x-3 y + 4 z 3 d2 : = = một góc sao cho sin j 1 2 1 6 Ta có vtcp của d1 là = - và vtcp của d2 là . Giả sử (P) có vtpt = 2 + + π 2 2 0,25 2 2 (P) // d1 nên hay d2 tạo với (P) một góc nên: | b + c + 2b + c | 3 2 2 0,25 6. (b + c) + b + c 2 2 2 6
  7. € (3b + 2c) 2 = b 2 + bc + c 2 € 8b 2 + 11bc + 3c 2 = 0 € (b + c)(8b + 3c) = 0 Èb + c = 0 0,25 €Í Î8b + 3c = 0 + Với b + c = 0 ta chọn: b = 1 và c = -1  = - . + Với 8b + 3c = 0 ta chọn: b = 3 và c = -8  = - - . Kết hợp với giả thiết mp(P) đi qua A(-1; 2; - 3) ta suy ra phương trình của 0,25 (P): y - z - 5 = 0 hoặc 5x - 3 y + 8 z + 35 = 0 Cả 2 mp trên đều thỏa (P) // d1 nên là đáp số của bài toán. Câu 9.b Giải phương trình: log5 ( x 2 + 2 x + 2) + x 2 + 1 = log5 x + 3x (1,0 điểm) ĐK: x > 0. Phương trình đã cho tương đương: log5 ( x 2 + 2 x + 2) + x 2 + 2 x + 2 = log5 5 x + 5 x 0,25 (1) Nếu đặt f (t ) = log 5 t + t thì (1) có dạng f ( x 2 + 2 x + 2) = f (5x) (2) 0,25 Xét hàm số: f (t ) = log 5 t + t , TXĐ D = (0; + •) 1 0,25 f '(t ) = + 1 > 0, "t Œ D . Chứng tỏ f(t) là hàm đồng biến trên D t ln 5 Èx 1 Do x > 0, x 2 + 2 x + 2 > 0 nên (2) € x 2 + 2 x + 2 = 5x € x2 - 3x + 2 = 0 € Í Îx 2 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x =1, x = 2. Ghi chú: Cách chứng minh B, I, D thẳng hàng. + Gọi I1 là giao điểm của BI với đường tròn (J) ngoại tiếp DABC. Khi D đó ta có I1 A I1C (do ABI1 I1BC ) (1) A + Mặt khác: I1IA = IBA + IAB = I1CA + IAC = I1 AC + IAC = IAI1 I1  DIAI1 cân tại I1  I1 A = I1C (2) I B C J (1) và (2) suy ra I1 là tâm đường tròn ngoại tiếp DIAC. Do IAD 900 nên ID là đường kính của đường tròn (I1)  I1 Œ ID Từ đó suy ra đường thẳng I1I cùng đi qua B, D nên B, I, D thẳng hàng. Cảm ơn bạn lovemathltt@yahoo.com.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản