Đề thi thử tuyển sinh đại học lần 4 năm 2014 môn thi: toán; khối: d thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề48109

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2014 Mơn thi: TỐN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề NGÀY THI 3/5/2014 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x3  x  1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2/ Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ tất tiếp tuyến (C) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: sin x  cos3 x  sin x   cos2 x Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình: log 32 (9 x)  log x  log x2   ( x  cos x) sin x   2sin x dx x  cos x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy 2a, cạnh bên hợp với đáy góc  Tính thể tích khối chóp S.ABCD bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD x y z    yz xz x y II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) nội tiếp hình vng ABCD có phương trình ( x  2)  ( y  3)  10 Tìm toạ độ đỉnh A, C hình vng, biết cạnh AB qua M(-3; -2) điểm A có hồnh độ dương Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mp(P) có phương trình: x  y  z   mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y  z   Chứng minh mp(P) cắt mặt cầu (S) theo đường trịn (C), tìm tọa độ tâm bán kính đường trịn (C) Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn ( z  1)( z  2i ) số thực z  2 Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z Chứng minh rằng: B.Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh hình chữ nhật ABCD Biết AB = 2BC , M(  ;1 ) thuộc đường thẳng AB, N(0 ; 3) thuộc đường thẳng BC, P(4 ;  ) thuộc đường thẳng AD, Q(6 ;2) thuộc đường thẳng CD đường thẳng AB có hệ số góc dương Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho A(5;3;-4) , B(1;3;4) Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) cho tam giác CAB cân C có diện tích 5z  (1  z )i   3i Câu 9.b (1,0 điểm) Tính mơđun số phức z biết  2i -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh : ……………………………… Số báo danh……………… DeThiMau.vn TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2014 Môn thi: TOÁN; Khối: D NGÀY THI 3/5/2014 Câu 1.1 (1đ) ĐÁP ÁN KHỐI A Nội dung TXĐ: R y '  3x  x x   y  y'     x   y  3 lim ( x  x  1)   , lim ( x3  x  1)   x  x y' Điểm 0,25 x  - + 0 + + y 0, 25 - -3 Hàm số đồng biến khoảng ( ;0) (2; ) Hàm số nghịch biến khoảng (0;2) Hàm số đạt cực đại điểm x = 0; yCĐ =1, đạt cực tiểu điểm x = 2; yCT = -3 Đồ thị: 0,25 y -1 x 0,25 -3 tiếp tuyến (C).có hệ số góc là: Câu 1.2 y '  x  x    3( x  1)   3  y '  3 tai x   y  1 Vậy phương trình tiếp tuyến (C) có hệ số góc nhỏ tất tiếp tuyến với (C) là: y  3( x  1)   y  3x  0,5 Giải phương trình: sin x  cos3 x  sin x   cos2 x 1,00 0,5 sin x  cos3 x  sin x   cos2 x  sin x(1  sin x)  cos3 x  2cos x  Câu 0,25  sin xcos x  cos x  2cos x  cos x   (sin x  cosx  2)cos x    sin x  cosx        x   k  x   k    sin( x  )  1  x     k 2   DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 Giải bất phương trình log23 (9 x )  log x  log9 x2  1,0 Điều kiện: x > Câu log23 (9 x )  log x  log9 0,25 x2  0,25  (2  log3 x )  2log3 x  log3 x   2 log x   log23 x  5log3 x       log x  0,25 x   0  x   243 0,25  ( x  cos x) sin x   2sin x dx x  cos x Tính tích phân : I    1,0  ( x  2) sin x  sin x  ( x  cos x) sin x   2sin x I dx   dx x cos x x cos x   0 Câu   2 0   s inxdx   0,25  2sin x dx  I1  I x  cos x   I1   s inxdx   cos x 02  0,25  I2     2sin x d ( x  cos x) dx    ln x  cos x x  cos x x  cos x Vậy I   ln Câu   ln  (2)  0,25 0,25 Gọi O tâm đáy SO  (ABCD) ฀ SAO   , AC  2a  OA  a  SO  a tan 4a tan  Thê tích khối chóp S.ABCD là: V  S ABCD SO  3 Gọi H trung điểm SA, mặt phẳng (SAC) dựng đường trung trực SA cắt SO I I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Hai tam giác vng SHI SOA đồng dạng , nên ta có: SI SH SA.SH   SI  SA SO SO a a a SA  , SH  , SO  a tan   SI  cos 2cos sin 2 DeThiMau.vn 0,5 0,25 0,25 Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: r  Chứng minh rằng: Câu a sin 2 x y z    yz xz x y 1,00 x y z    yz xz x y 1  ( x  y  z )(   ) yz xz x y 1  ( y  z  x  z  x  y )(   )9 yz xz x y 0,5 1 1 1   )  3 ( y  z )( x  z )( x  y ).3 9 yz xz x y yz xz x y Đẳng thức xảy x = y = z ( y  z  x  z  x  y )( Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vng ABCD có phương trình ( x  2)  ( y  3)  10 Tìm toạ độ đỉnh A, C hình vng, biết cạnh AB qua 0,25 0,25 1,0 M(-3; -2) điểm A có hồnh độ dương 7a ptđt AB qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 Đuờng trịn (C) có tâm I(2;3) bán | 2a  3b  3a  2b | kính R  10 nên 10   10(a  b )  25(a  b) 2 a b  (a  3b)(3a  b)   a  3b hay b  3a pt AB: x- 3y-3 = AB: 3x-y+7=0 TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)t>-1 IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại) Suy A(6;1) C(-2; 5) TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)t>0 IA2=2.R2=20 t = 0, t = -2 (không thoả mãn) Vậy A(6;1); C(-2; 5) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 1,0 Mặt cầu (S) có tâm I (1; 2; 3) , bán kính R  d ( I , ( P))   R  mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường trịn ( C) có tâm H 0,25 hình chiếu I mặt phẳng (P) bán kính r  R  IH  16   10 Câu 8a  Ta có IH qua I nhận nP (1;1; 2) VTPT mp(P) làm VTCP x  1 t   IH có phương trình :  y  2  t  z   2t  0,5 0,25 Xét pt :  t   t  2(3  2t )    6t   t   H (2; 1; 1) Vậy đường trịn ( C) có tâm H (2; 1; 1) bán kính r  10 T×m sè phøc z tho¶ m·n: ( z  1)( z  2i ) lµ sè thùc vµ z  2 Câu 9a Gäi z  x  yi; x, y  ฀  z  x  yi ( x   yi )( x  (2  i ))  R GT   2 x  y   x   x  2 /  ;  y  2  y  14 / 14 VËy z  {2  2i;   i} 5 1® 0.25  xy  ( x  1)(2  y )   2 x  y   y   2x  5 x  x   0.25 0.25 0.25 DeThiMau.vn Câu 7b Phương trình AB có dạng: y = k(x + 4/3) + DC: y = k(x - 6) + , BC: x + ky – 3k = , AD: x + ky -4 + k/3 = Vì AB = 2BC nên d(AD,BC)=2d(AB,DC) hay d(P;BC) = 2d(M;DC) k    3k  k   6k  k  10k  12   44k 3    2 1 k 1 k 10k  12  44k   k   (loai )  17 Với k = 1/3 ta có phương trình cạnh hình chữ nhật là: AB: y  1/ 3( x  / 3)  1, DC : y  1/ 3( x  6)  2, BC : x  1/ y   0, AD : x  1/ y  35 /  1.0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 C thuộc mặt phẳng (Oxy) nên C( a ; b ;0) 0,25 Tam giác ABC cân C  AC  BC  (a  5)  (b  3)  16  (a  1)  (b  3)  16  a  (1) Câu 8b Ta có AB = , trung điểm BC I (3;3;0) 2 S ABC  CI AB   CI  =>   a     b   a  a  Từ (1) ; (2) ta có   b  b  1 (2) Vậy có hai điểm C(3 ; ;0) , C(3;-1;0) 5z  (1  z )i   3i (1)  2i Giả sử z  a  bi; a, b  ฀  z  a  bi Câu 9.b 0.25 0.25 0.25 1.0 0,25 (1)  (1  2i ) z  (1  z )i   3i  (1  2i )(a  bi )  (1  2(a  bi ))i   3i  a  bi  2ai  2b  (1  2a )i  2b   3i  a  (1  4a  b)i   3i 0,25 a  a    Vậy z   2i  z  1  4a  b  b  0,5 DeThiMau.vn ...TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN NĂM 20 14 Mơn thi: TỐN; Khối: D NGÀY THI 3/5/20 14 Câu 1.1 (1đ) ĐÁP ÁN KHỐI A Nội dung TXĐ: R y '  3x  x x   y  y'... + ky – 3k = , AD: x + ky -4 + k/3 = Vì AB = 2BC nên d( AD,BC)= 2d( AB,DC) hay d( P;BC) = 2d( M;DC) k    3k  k   6k  k  10k  12   44 k 3    2 1 k 1 k 10k  12  44 k   k   (loai...  14 / 14 VËy z  {2  2i;   i} 5 1® 0.25  xy  ( x  1)(2  y )   2 x  y   y   2x  5 x  x   0.25 0.25 0.25 DeThiMau.vn Câu 7b Phương trình AB có d? ??ng: y = k(x + 4/ 3) + DC: