Đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2014 Lần 2 môn: toán; khối d thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề53766

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