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

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

88
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 môn Toán (khối D) - Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng

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 D 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 = x 3 - 3x 2 + m 2 x + 2 - m2 (1) , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị tại 3 điểm đó là lớn nhất. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: cos3x - 2sin 2x - cos x - sin x -1 = 0 . Ï x3 (2 + 3 y ) = 1 Ô Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Ì 3 x yŒ . Ó x( y - 2) = 3 Ô e x2 + 2x + 3 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I Ú1 x2 + 2 x + 1 .ln x dx . Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = CA = CB = a, AB = a 2 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC), (SBC). Câu 6 (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của y 4 + ( xy + 1) 2 biểu thức: P . 2 y 2 + 2 xy + 1 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 M (3; 2) là trung điểm của cạnh AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là 8 x - y - 13 = 0 và 3x - 4 y + 6 = 0 . Tìm tọa độ các điểm A, B và C. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho khối chóp S.ABC có A(-1;0;1), B(-1;3; 2), C (1;3;1) và thể tích bằng 3. Tìm tọa độ điểm S biết rằng S thuộc đường thẳng x + 1 y -1 z (d ) : = = . -2 1 1 n 5 Ê 2ˆ Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Newton của Á x3 - ˜ ( x π 0) , biết rằng n Ë x¯ là số nguyên dương thỏa mãn 4Cn3+1 + 2Cn2 = An3 . B. Theo chương trình Nâng cao Ê3 ˆ Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M Á ;7 ˜ . Viết phương trình đường Ë8 ¯ thẳng (d) đi qua M và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 12 (O là gốc tọa độ). Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x - y - z - 4 = 0 và hai điểm A(2;3; - 4), B(5;3; - 1) . Tìm tọa độ điểm C trên (P) sao cho tam giác ABC vuông cân tại C. 2 2 2 -3 x +3 +2 x -x Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình 3x + 3x = 32 x + 27 . ----------------- 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
ĐÁP ÁN KHỐI D Câu Đáp án Điểm Câu 1 a. Khi m = 0 hàm số có dạng y = x - 3x 2 + 2 3 (2,0 điểm) Tập xác định: Chiều biến thiên: y / = 3 x 2 - 6 x, 0,25 Èx 0 y / = 0 € 3x 2 - 6 x € Í , y(0) = 2, y(2) = -2 Îx 2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-•; 0) và (2; +•), và nghịch biến trên khoảng (0; 2) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = y (2) = -2 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 2. - Giới hạn: lim = -•, lim = +• x Æ-• x Æ+• Bảng biến thiên: x -• 0 2 +• y’(x) + 0 - 0 + 2 +• 0,25 y(x) -• -2 y // = 6 x - 6, y / / = 0 € 6 x - 6 = 0 € x = 1, y (1) = 0 y  điểm uốn I(1; 0) Đồ thị: đi qua các điểm (1 ± 3;0) 2∑ và nhận điểm uốn I(1; 0) là tâm đối xứng. 0,25 1 2 ∑ ∑ ∑ ∑ 1- 3 O 1+ 3 x -2 ∑ b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị tại 3 điểm đó là lớn nhất. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành: x 3 - 3x 2 + m2 x + 2 - m2 = 0 € ( x - 1)( x 2 - 2 x + m2 - 2) = 0 Èx 1 0,25 €Í Î f ( x) = x - 2 x + m - 2 = 0 (*) 2 2 Đồ thị cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm Ï f (1) π 0 ÔÏm - 3 π 0 2 phân biệt khác 1 € Ì €Ì € - 3 < m < 3 (1) 0,25 ÓD = 3 - m > 0 2 ÔÓ- 3 < m < 3 ÏÔ x1 + x2 = 2 Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (*) thì Ì ÔÓ x1 x2 = m - 2 2 Ta có tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến tại các điểm có hoành độ 1, x1, x2 là P = y '(1) + y '( x1 ) + y '( x2 ) = 3m 2 - 3 + 3( x12 + x22 ) - 6( x1 + x2 ) 0,25 = 3m 2 - 3 + 3 ÎÈ ( x1 + x2 ) 2 - 2 x1 x2 ˘˚ - 6( x1 + x2 ) = 3m 2 - 3 + 3[4 - 2(m 2 - 2)] - 12 = 9 - 3m 2 ( ) Suy ra P £ 9, "m Œ - 3; 3 và đẳng thức chỉ xảy ra khi m = 0 0,25
Vậy Pmax 9 đạt được khi m = 0. Câu 2 Giải phương trình: cos3x - 2sin 2x - cos x - sin x -1 = 0 . (2,0 điểm) Phương trình tương đương: -2sin 2x.sin x - 2sin 2x - sin x -1 = 0 0,25 € 2sin 2 x(sin x + 1) + (sin x + 1) = 0 0,25 Èsin x = -1 € (sin x + 1)(2sin 2 x + 1) = 0 € Í 0,25 Ísin 2 x = - 1 Î 2 p p 7p € x = - + k p x = - + kp x = + kp k Œ 0,25 2 12 12 Câu 3 Ï x3 (2 + 3 y ) = 1 Ô (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Ì 3 x yŒ . Ó x( y - 2) = 3 Ô Từ cách cho hệ pt ta có đk: x π 0 . Khi đó hệ tương đương: Ï3 1 Ï3 3 2 + 3 y = y 3 - 2 (1) ÔÔ 2 + 3 y = x Ô 0,25 Ì €Ì 3 3 Ô y3 - 2 = 3 Ôy - 2 = (2) ÔÓ x Ó x Ï y 3 - 2 = 3t Ô Ï y 3 - t 3 = 3(t - y ) Ô Đặt t = 2 + 3 y  t - 2 = 3 y , ta được hệ pt: Ì 3 3 3 €Ì 3 Ôt - 2 = 3 y Ó Ôt - 2 = 3 y Ó 0,25 Ï Ô( y - t )( y + yt + t + 3) = 0 2 2 Ïy -t = 0 Ï y 2 + yt + t 2 + 3 = 0 Ô €Ì 3 €Ì 3 ⁄Ì3 Ôt - 2 = 3 y Ó Ót - 2 = 3 y Ó Ôt - 2 = 3 y Ï y + yt + t + 3 = 0 Ô 2 2 Ê 2 1 ˆ 3t 2 TH1: Ì 3 . Do y + yt + t + 3 = Á y + t ˜ + 2 2 + 3 > 0, "y, t Œ , Ót - 2 = 3 y Ô Ë 2 ¯ 4 0,25 nên hệ phương trình vô nghiệm Ïy -t = 0 Ït = y È y = t = -1 TH2 : Ì 3 €Ì 3 Í Ót - 2 = 3 y Ó y - 3y - 2 = 0 Î y = t = 2 0,25 1 Ê1 ˆ y = -1  x = -1; y = 2  x = . Vậy hệ có 2 nghiệm (x; y) là (-1; - 1); Á ; 2 ˜ 2 Ë2 ¯ Câu 4 e x2 + 2x + 3 (1,0 điểm) Tính tích phân I Ú1 x2 + 2 x + 1 .ln x dx . e È 2 ˘ Ta có I = Ú Í1 + 2˙ ln x dx 0,25 1 Î ( x + 1) ˚ 1 Ê 2 ˆ 2 Đặt u = ln x € du = dx ; dv = Á1 + 2 ˜ dx  v = x - 0,25 x Ë ( x + 1) ¯ x +1 e Ê 2 ˆ e È 2 ˘ 2 e Ê 2 2 ˆ Suy ra I = Á x - Ë ˜ x +1 ¯ ln x - Ú 1 Í Î 1 - x ( x + 1) ˙ ˚ dx = e - e + 1 - Ú 1 Á1 - + Ë x x + 1 ˜dx ¯ 0,25 1 2 e e e 3e + 1 e +1 =e- - x + 2ln | x | 1 - 2ln x + 1 1 = - 2ln 0,25 e +1 1 e +1 2 Câu 5 Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = CA = CB = a, AB = a 2 . Tính thể tích của khối (1,0 điểm) chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC).
Từ giả thiết ta suy ra DSAB vuông tại S và S DCAB vuông tại C I Kẻ SH ^ ( ABC ) tại H. Do SA = SB = SC = a nên HA = HB = HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp DCAB A C hay H là trung điểm của AB. 0,25 H B 1 2 1 a 2 Ta có: S ABC = a , SH = AB =  thể tích của khối chóp S.ABC được tình 2 2 2 0,25 1 a3 2 bởi: V = S ABC .SH = 3 12 a 3 Gọi I là trung điểm của SC thì AI ⊥ SC, BI ⊥ SC và AI = BI = 2 0,25  góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là góc giữa AI và BI 3a 2 - 2a 2 IA + IB - AB 2 2 2 IA - AB 2 2 2 2 1 Ta có: cos AIB = = 2 = 2 =- . 2 IA.IB 2 IA 3a 3 0,25 2 1 Vậy cos =| cos AIB |= 3 Câu 6 Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu (1,0 điểm) y 4 + ( xy + 1)2 thức: P 2 y 2 + 2 xy + 1 Từ giả thiết x 2 + y 2 = 1, P được viết lại như sau: y 4 + ( xy + 1) 2 y 2 ( x 2 + y 2 ) + 2 xy + x 2 + y 2 2 y 2 + 2 xy + x 2 0,25 P= 2 = = 2 2 y + 2 xy + 1 2 y 2 + 2 xy + x 2 + y 2 3 y + 2 xy + x 2 2 2t 2 + 2t + 1 Với x = 0, y = ±1 thì y ; Với x π 0, đặt y = tx. Khi đó: P 3 3t 2 + 2t + 1 2t 2 + 2t + 1 -2t 2 - 2t Xét hàm f (t ) ta có TXĐ: , f '(t ) 0,25 3t 2 + 2t + 1 (3t 2 + 2t + 1)2 Èt 0 1 2 f '(t ) = 0 € -2t 2 - 2t = 0 € Í ; f (0) = 1, f (-1) = ; lim f (t ) = lim f (t ) = Ît = -1 2 x Æ-• x Æ+• 3 Bảng biến thiên: t -• -1 0 +• f’(t) - 0 + 0 - 2 0,25 1 f(t) 3 1 2 2 3 Từ bảng biến thiên ta suy ra: Ï 2 Ï 2 = - Ô x = - Ô x= 1 Ï y x Ô 2 ⁄Ô 2 0,25 + Pmin đạt được khi t = -1 hay Ì 2 €Ì Ì Óx + y = 1 Ô 2 2 2 Ôy = - 2 ÔÓ y = ÔÓ 2 2
Ïy 0 Ï x = ±1 + Pmax 1 đạt được khi t = 0 hay Ì 2 €Ì Óx 1 Ó y 0 Câu 7.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (3; 2) là trung điểm của cạnh (1,0 điểm) AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là 8 x - y - 13 = 0 và 3x - 4 y + 6 = 0 . Tìm tọa độ các điểm A, B và C. Ï8 x - y - 13 = 0 Tọa độ A là nghiệm hệ Ì  A(2;3). Ó3x - 4 y + 6 = 0 0,25 Vì M là trung điểm AC nên C (2 xM - x A ; 2 yM - y A ) hay C(4;1) Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình 0,25 là x + 8y – 12 = 0. Ï x + 8 y - 12 = 0 Ê 3ˆ Tọa độ trung điểm N của BC là nghiệm hệ Ì  N Á 0; ˜ . 0,25 Ó3x - 4 y + 6 = 0 Ë 2¯ Suy ra B(2 xN - xC ; 2 yN - yC ) hay B(–4;2) 0,25 Vậy A(2;3), B(–4;2), C(4;1) Câu 8.a Trong không gian tọa độ Oxyz cho khối chóp S.ABC có A(-1;0;1), B(-1;3;2), C (1;3;1) và thể (1,0 điểm) x + 1 y -1 z tích bằng 3. Tìm tọa độ điểm S biết rằng S thuộc đường thẳng d : = = . -2 1 1 x + 1 y -1 z S Œd : = =  S (-1 - 2t ; 1 + t; t ) -2 1 1 ¸Ô 0,25 ˝ Î ˚= - - = - + - Ô˛ Thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi 0,25 = = + + - + = + 6Î ˚ 6 3 Èt 5 Theo giả thiết: V = 3 €| t + 4 |= 9 € Í 0,25 Ît = -13 + t = 5  S (-11;6;5) 0,25 + t = -13  S (25; - 12; - 13) Câu 9.a Ê 3 2ˆ n 5 (1,0 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Newton của Á x - ˜ , biết rằng n là số nguyên Ë x¯ dương thỏa mãn 4Cn3+1 + 2Cn2 = An3 . Giải phương trình 4Cn3+1 + 2Cn2 = An3 ta được n =11. 0,25 11 Ê 2ˆ Ta có số hạng tổng quát của khai triển Á x3 - ˜ là Ë x¯ 0,25 k 3(11- k ) Tk = C11 x k -k .(-2) .x = (-2) C11.x k k ( 33- 4 k k = 0,11 ) 5 Để có số hạng chứa x ta phải có 33 - 4k = 5 € k = 7 0,25 Vậy hệ số của x5 là (-2)7 .C117 = -42240 0,25 Câu 7.b Ê3 ˆ (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M Á ; 7 ˜ . Viết phương trình đường thẳng (d) Ë8 ¯ đi qua M và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 12 (O là gốc tọa độ). x y Từ giả thiết ta có A(a; 0) và B(0; b) với a, b > 0  pt của (d ) : + = 1 . 0,25 a b 3 7 M thuộc (d) nên + = 1. 0,25 8a b
1 1 Diện tích tam giác OAB là SOAB = OA.OB € ab = 12 € ab = 24 2 2 Ï3 7 Ô + = 1 Ï56a + 3b = 192 Ta được hệ phương trình Ì 8a b €Ì € a = 3, b = 8 hoặc ÔÓab 24 Ó56a.3b 4032 0,25 3 a = , b = 56 7 x y + Với a =3, b = 8 thì phương trình (d): + = 1 hay 8x + 3 y - 24 = 0 3 8 3 x y 0,25 + Với a = , b = 56 thì phương trình (d): + = 1 hay 392 x + 3 y - 168 = 0 . 7 3 56 7 Câu 8.b Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P) : x - y - z - 4 = 0 và hai điểm A(2;3; - 4), (1,0 điểm) B(5;3; - 1) . Tìm điểm C trên (P) sao cho ABC vuông cân tại C. Giải: C Œ ( P)  C ( x; y; x - y - 4) 0,25 Có: = - - - = - - - - DABC vuông cân tại C nên: Ï Ô Ï( x - 2)( x - 5) + ( y - 3)2 + ( x - y )( x - y - 3) = 0 Ô Ì 2 hay Ì 0,25 Ó( x - 2) + ( y - 3) + ( x - y ) = ( x - 5) + ( y - 3) + ( x - y - 3) 2 2 2 2 2 2 2 Ô Ó AC BC Ô Ï( x - 2)( x - 5) + ( y - 3)2 + ( x - y )( x - y - 3) = 0 Ï3x 2 - 23x + 42 = 0 €Ì €Ì 0,25 Ó2 x - y - 5 = 0 Ó y = 2x - 5 È x = 3; y = 1 Ê 14 13 11 ˆ €Í 13 13 . Vậy C (3;1; - 2) hoặc C Á ; ; - ˜ 0,25 Íx = ; y = Ë 3 3 3¯ Î 3 3 Câu 9.b x2 -3 x +3 2 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 3 + 3x + 2 x = 32 x - x + 27 Phương trình đã cho tương đương; 2 -3 x 2 +2 x-3 2 - x-3 2 +2 x -3 2 2 0,5 3x + 3x = 32 x + 1 € 3x (3x -3x -1) - (3x -3 x -1) = 0 È3x - 3 x - 1 = 0 2 x 2 -3 x x 2 + 2 x -3 € (3 - 1)(3 - 1) = 0 € Í 2 0,25 ÍÎ3x + 2 x-3 - 1 = 0 2 Èx 0 3x -3 x = 1 € x 2 - 3x = 0 € Í 0,25 Îx 3 2 Èx 1 3x + 2 x -3 = 1 € x2 + 2 x - 3 = 0 € Í Î x = -3 0,25 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x = 0; x = 1; x = ±3 Cảm ơn bạn lovemathltt@yahoo.com.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl