Thông tin tài liệu
WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2014 MƠN THI: TỐN; KHỐI A, A1 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 đ✐ể♠) Câu (2,0 đ✐ể♠) Cho hàm số y = − x + ( + m ) x − − 2m (1) với m tham số a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = b) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành bốn điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng 1+ (sin x − cos x) + sin x Câu (1,0 đ✐ể♠) Giải phương trình: = (1 + cot x ) π + tan x − 4 y + 2( x + y ) + 2( y + 1) x − = Câu (1,0 đ✐ể♠) Giải hệ phương trình: x + x + 2x −1 2 x + y = xy 1 − ln(1 + e x + 1) e x dx Câu (1,0 đ✐ể♠) Tính tích phân: I = ∫ x e +1 ln Câu (1,0 đ✐ể♠) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng A, AB = a, BC = 2a , mặt bên ACC’A’ hình vng Gọi M, N, P trung điểm AC, CC’, A’B’ H hình chiếu A lên BC Tính thể tích khối chóp A’.HMN khoảng cách hai đường thẳng MP HN Câu (1,0 đ✐ể♠) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức: ln P= ( a + b + c + 3) − a2 + b2 + c + ( a + 1)( b + 1)( c + 1) 2 II PHẦN RIÊNG (3,0 đ✐ể♠): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 đ✐ể♠) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD , có điểm M (4; 2) trung điểm BC, điểm E thuộc cạnh CD cho CE = 3DE , phương trình đường thẳng AE: x + y − = Tìm tọa độ đỉnh A biết A có tung độ dương Câu 8.a (1,0 đ✐ể♠) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − = điểm A ( 4;1;3) Viết phương trình đường thẳng D qua A song song với mặt phẳng (P) D cắt đường thẳng d : x−3 y −3 z + = = −2 Câu 9.a (1,0 đ✐ể♠) Tìm số phức z thỏa mãn: z + − 3i = z = z + 3−i B Theo chương trình Nâng cao , đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật sở elip có phương trình x + y = 34 Viết phương trình tắc elip tìm tọa độ điểm M thuộc (E) cho M nhìn hai tiêu điểm góc vng M có hồnh độ dương x y − z +1 = ; Câu 8.b (1,0 đ✐ể♠) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1 : = −1 x y−2 z x + y −1 z +1 d : Viết phương trình đường thẳng D, biết D cắt ba đường d2 : = = = = −3 −3 thẳng d1 , d , d điểm A, B, C cho AB = BC Câu 7.b (1,0 đ✐ể♠) Trong mặt phẳng Oxy cho đường elip (E) có tâm sai e = 2012 10 2014 + C2014 + C2014 + + C2014 = C2014 + C2014 + C2014 + + C2014 Câu 9.b (1,0 đ✐ể♠) Chứng minh C2014 -HẾT Thí sinh khơng sử d ng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………………………………… Số báo danh:………………………… DeThiMau.vn WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN MƠN TỐN NĂM 2014 KHỐI A CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM • V i m = ta có y = − x + x − T p xác định: R • Sự biến thiên: +) Giới hạn: lim y = lim y = −∞ x →−∞ x →+∞ 0,25 +) Bảng biến thiên: y ' = −4 x + x; y ' = ⇔ x = x = ± x y’ y 1.a −∞ − + 0 - −∞ +∞ + −3 0,25 ( −∞ ) +) Hàm số đồng biến khoảng −∞; − ( 0; ) 0,25 ( ) ( Nghịch biến khoảng − 2;0 ) 2; +∞ +) Hàm số đạt cực đại xC§ = ± 2, yC§ = y(± 2) = 1, 0,25 đạt cực tiểu xCT = 0; yCT = y ( ) = −3 • Đồ thị: Phương trình hồnh độ giao điểm: − x + ( + m ) x − − 2m = (1) 1.b Đặt t = x ( t ≥ ) , phương trình (1) trở thành: t − ( m + ) t + + m = ( ) (1) có bốn nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm dương phân biệt m + 2m + > D ' > m > − Điều kiện là: S > ⇔ m + > ⇔ (* ) P > 3 + m > m ≠ −1 Với điều kiện (*), giả sử t1 , t2 (0 < t1 < t2 ) hai nghiệm phân biệt (2), (1) có bốn nghiệm phân biệt là: x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t2 x1 , x2 , x3 , x4 lập thành cấp số cộng khi: x2 − x1 = x3 − x2 = x4 − x3 ⇔ t2 = 9t1 (a) Áp dụng định lí Viet ta có: t1 + t2 = ( m + ) , t1t2 = + m (b) Từ (a), (b) ta có: 9m − 14 m − 39 = ⇔ m = m = − Đối chiếu điều kiện (*) ta có: m = m = − 13 3π + kπ Phương trình cho tương đương với: 1 + tan x 2tan x π π π + sin x − + sin 2x = ⇔ sin x − + sin 2x = ⇔ sin 2x = sin − x 4 tan x + tan x 4 4 ⇔ 2x = 3π 2π 3π π π x = − x + k 2π x = + x + k 2π ⇔ x = + k + k 2π 12 4 Đối chiếu điều kiện ta có x = π 17 + k 2π , x = + k 2π 12 12 y + 2( x + y ) + 2( y + 1) x − = x + x + 2x −1 2 x + y = xy ( Ta có: (1) ⇔ y + + x − ) (1) ( 2) Điều kiện: x ≥ = ⇔ y = −1 − x − < (*) DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 13 Điều kiện: x ≠ kπ , x ≠ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 WWW.VNMATH.COM ( ) Thế vào (2) ta có: ( ) ⇔ x + y = xy x + + x − ⇔ x + y = xy ( x − y ) 0,25 x x x x ⇔ x − x y + xy + y = ⇔ − + + = ⇔ = − ⇔ y = −2 x (**) y y y y Thế (**) vào (*) ta có: x − = x − ⇔ x − ( ) x − − = ⇔ x = x = 1 Vậy hệ có hai nghiệm: ( x; y ) = (1; −2 ) ( x; y ) = ; −1 2 ln ex + ln ln8 e x dx ∫ ex + ln ln8 ∫ ln e x dx ∫ I= ln8 ∫ = ∫ − + ex ln = e +1 x ex + ln e ln(1+ 1+ e ) x + ex dx 0,25 = Áp dụng cơng thức tích phân phần, ta có: 0,25 ln8 d (e x + 1) x ln3 e x ln(1 + + e x ) ln ln8 dx = ∫ ln(1+ 1+ ex )d (1+ ex +1) = 2(1+ ex +1)ln(1+ 1+ ex ) ln3 = (1 + e + 1) ln(1 + + e ) x ln ln − (1 + e + 1) x x ln ln8 ln3 ln8 − ∫ d (1+ ex +1) ln3 ▼ = 2(4 ln − 3ln 3) − 0,25 Ta có: AC = BC2 − AB2 = a Vì ACC’A’ hình vng có cạnh a nên: S A ' MN = 3 SACC' A' − SA' AM − SA'NC − SCMN = SACC ' A' = 3a2 = a2 8 Ta có: AB ⊥ AC, AB ⊥ AA ' ⇒ AB ⊥ ( ACC ' A ') Xét tam giác ABC vng A có: C ❍ B ◆ CH BC = AC ⇒ CH = C' A' d(H;( AMN)) ❊ 0,25 ln Vậy I = − 2(4 ln − 3ln 3) A 0,25 AB = CH CB = AC BC = 3a 0,25 Do đó: 3a 0,25 ⇒ d(H;( AMN)) = AB = Suy 4 9a3 ra: VH A ' MN = d ( H; ( A ' MN ) ) S A ' MN = 32 Gọi E trung điểm B’C’, dễ thấy MP // CE nên MP // (BCC’B’), suy ra: d ( MP; HN ) = d ( MP;( BCC ' B ')) = d ( M;( BCC ' B ')) B' 1 2 Vì M trung điểm AC nên d ( M;( BCC ' B ') = d ( A;( BCC ' B ')) = Vậy d ( MP; HN ) = AH = 0,25 AH AB AC a = BC 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: a2 + b2 + c2 +1 ≥ Suy P ≤ ( a + b) + ( c +1) − ≥ ( a + b + c +1) a+b+c+3 ( a + 1)( b + 1)( c + 1) ≤ Đặt t = a + b + c + 1, t > Khi đó: P ≤ a + b + c +1 a + b + c + 18 18 Xét hàm số f ( t ) = − (1;+∞ ) Ta có: f ' ( t ) = − + ; t t+2 t (t + 2) t − t+2 0,25 0,25 0,25 f ' ( t ) = ⇔ 9t = ( t + ) ⇔ t = Ta có bảng biến thiên: 2 t f ' (t ) f (t ) + − +∞ − DeThiMau.vn Dựa vào bảng biến thiên ta có P ≤ − Dấu xảy khi: t = ⇔ a = b = c = 0,25 WWW.VNMATH.COM Vậy giá trị lớn P −0, đạt a = b = c = ❆ Giả sử AB = a, a > Gọi H hình chiếu M lên AE, ❇ giao điểm HM AD Gọi N trung điểm AD ·+· Ta có DEH tứ giác nội tiếp nên: DEH DFH = 1800 , · = MFN · , đó: DADE = DMNF suy ra: suy ra: DEA ✄ ❋ ❉ ✁ MF = AE = AD + DE = 2 ❈ ✂ DDEA ∼ DHFA ⇒ HF = HA 7a a 17 Mặt khác HF + HA2 = AF = MH = MF − HF = a 17 − 3a = AD 7a 7a , suy ra: 17 17 0,25 ⇒ HA = HF 3a a suy ra: HF = Do đó: 16 17 = 17 DE NF = FD = a = d ( M; AE ) = 4.4 + − 0,25 = 14 ⇒ a = 17 Vì A thuộc AE nên A ( m;4 − m ) , đó: AM = AB + BM = a ⇔ ( − m ) + ( m − ) = 20 ⇔ m = m = 2 24 24 28 Với m = ⇒ A ; − , loại Với m = ⇒ A ( 0;4 ) Vậy A ( 0;4 ) 17 17 17 CÁCH Giả sử AB = a, a > Ta có: AM = AB + BM = 7a cách AE = AD + DE = 2 a 17 , EM = EC + CM = 2 , DE = 17 0,25 0,25 a, CE = − m − ( 4m − ) uuur r · = cos AM; u ⇔ Ta có: cos EAM ( ) 17 ( − m ) + ( 4m − ) 24 17 24 = 85 r u (1; −4 ) 0,25 85 0,25 ⇒ A −9 Điều kiện: z ≠ −3 + i Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ R, x ≠ −3 vµ y ≠ 1) từ giả thiết ta có: ( x + 1) + ( y − 3)i = ( x + 3) + ( y − 1)i ( x + 1) + ( y − 3) = ( x + 3) + ( y − 1) ⇔ x + y = x + yi = x = −y 3 hc x = − y = − ⇔ ⇔ x = −y = (thỏa mãn điều kiện) 2 x + y = 3 3 Vậy z = − i z = − + i 2 2 9ª 0,25 24 ; − 28 , loại Với m = ⇒ A 0;4 Vậy A 0;4 ( ) ( ) 17 17 17 r (P) có vectơ pháp tuyến n(3;2;3) uuur Gọi B = d ∩ D , đó: B ( + 3t;3 + 2t; −2 − 2t ) ⇒ AB ( −1 + 3t;2 + 2t; −5 − 2t ) r uuur Vì D / / ( P) nên n AB = ⇔ ( −1 + 3t ) + ( + 2t ) + ( −5 − 2t ) = ⇔ t = uur x − y −1 z − = = ⇒ AB ( 5;6; −9 ) vectơ phương D D có phương trình là: Với m = a AE + AM − EM · = Áp dụng định lí cơsin tam giác AME ta có: cos EAM = AE AM uuur Vì A ∈ AE nên A(m;4 − 4m) ⇒ AM(4 − m;4m − 2) , AE có vectơ phương ⇔ 833m − 1176 m = ⇔ m = m = 8ª a 13 a 24 DeThiMau.vn 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 WWW.VNMATH.COM x y2 + = (0 < b < a ) a2 b2 Vì đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật sở có bán kính R = 34 nên: a2 + b2 = 34 a2 + b2 = 34 a2 + b2 = 34 a2 = 25 Từ ta có hệ: c ⇔ ⇔ ⇒ a = 5, b = 3, c = 2 = 25(a − b ) = 16a b = a x y2 + =1 Phương trình tắc elip là: 25 4 Giả sử M ( x M ; yM ) ∈ ( E ) , đó: MF1 = a + ex = + x, MF2 = a − ex = − x Ta có: 5 Giả sử phương trình tắc elip có dạng: 7b 5 9 5 9 ta có: M ; M ;− 4 4 4 4 Vì A ∈ d1 , B ∈ d2 , C ∈ d3 nên tọa độ chúng có dạng: ⇔x= hc x = − , lo¹i Với x = A ( a;4 − a; −1 + a ) , B ( b;2 − 3b; −3b ) , C ( −1 + 5c;1 + 2c; −1 + c ) Theo giả thiết AB = BC nên B trung điểm AC đó: 8b x y −1 z = = 1 0,25 Ta có: i = −1, i = −i, i = 1, (1 + i ) = 2i Do đó: 0,25 z = (1 + i ) 0,25 2014 = [(1 + i )2 ]1007 = (2i )1007 = 21007 (i )251 i = −21007 i nên phần thực z 2014 1007 1006 k 2k 2k k +1 k +1 Mặt khác ta có: (1 + i )2014 = ∑ C2014 i k = ∑ C2014 i + ∑ C2014 i = (C 2014 −C 2014 +C k =0 2012 2014 k =0 2014 − + C −C 2014 −C 2014 2014 Từ ta suy ra: C 2014 2014 +C 2014 2012 2014 C2014 + C2014 + C2014 + + C Cách 9b 0,25 0,25 9b 0,25 0,25 2 x B = x A + x C 2b = −1 + a + 5c a − b + 5c = a = 2 yB = y A + yC ⇔ 2(2 − 3b) = − a + 2c ⇔ − a + 6b + 2c = −1 ⇔ b = 2 z = z + z −6 b = −2 + 2a + c 2 a + b + c = c = B A C uuur Suy A (1;3;1) , B ( 0;2;0 ) , C ( −1;1; −1) ⇒ BA (1;1;1) vectơ phương D Phương trình đường thẳng D là: 0,25 0,25 x + − x = 64 ⇔ 16 x = 175 · F MF2 = 900 ⇔ MF12 + MF22 = F1 F22 ⇔ + 0,25 =C ) + (C 2014 − + C 2012 2014 k =0 2014 −C −C 2014 2014 +C 2014 0,25 − + C 2013 2014 )i = hay: 0,25 10 2014 + C2014 + C2014 + + C2014 k 2014 − k Ta có C2014 = C2014 ✧0 ≤ k ≤ 2014, k ∈ Z nên 0,5 2014 2012 2010 C2014 = C2014 , C2014 = C2014 , C2014 = C2014 , đó: 0,25 2012 10 2014 C2014 + C2014 + C2014 + + C2014 = C2014 + C2014 + C2014 + + C2014 0,25 TỔNG HẾT DeThiMau.vn 10,0 ... hay: 0 ,25 10 20 14 + C2014 + C2014 + + C2014 k 20 14 − k Ta có C2014 = C2014 ✧0 ≤ k ≤ 20 14, k ∈ Z nên 0,5 20 14 20 12 2010 C2014 = C2014 , C2014 = C2014 , C2014 = C2014 , đó: 0 ,25 20 12 10 20 14 C2014... −C 20 14 +C k =0 20 12 2014 k =0 20 14 − + C −C 20 14 −C 20 14 20 14 Từ ta suy ra: C 20 14 20 14 +C 20 14 20 12 2014 C2014 + C2014 + C2014 + + C Cách 9b 0 ,25 0 ,25 9b 0 ,25 0 ,25 ? ?2 x B = x A + x C 2b... là: 0 ,25 0 ,25 x + − x = 64 ⇔ 16 x = 175 · F MF2 = 900 ⇔ MF 12 + MF 22 = F1 F 22 ⇔ + 0 ,25 =C ) + (C 20 14 − + C 20 12 2014 k =0 20 14 −C −C 20 14 20 14 +C 20 14 0 ,25 − + C 20 13 20 14
Ngày đăng: 31/03/2022, 09:35
Xem thêm:
