Đề thi thử đh toán có đáp án (12)

SỞ GD ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014 Môn TOÁN Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm) Câu 1 ( 2,0 điểm[.]

SỞ GD - ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2014 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút khơng kể thời gian phát đề www.LuyenThiThuKhoa.vn www.NhomToan.com I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm) Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x  mx  (1) a) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số m=3 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox điểm phân biệt   Câu ( 1,0 điểm ) Giải phương trình: 1  tan x 2 cos x  1  2 cos x cos  x  4   x  y 1   y  2 x 1   Câu ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình:   x  y  3x y  5y     Câu ( 1,0 điểm) Tính tích phân: I =    cot x   x dx sin x Câu 5(1,0 điểm ).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cân A, góc BAC =1200 Gọi H, M trung điểm cạnh BC SC, SH vng góc với (ABC), SA=2a tạo với mặt đáy góc 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AM BC Câu 6(1,0 điểm).Cho số dương x, y phân biệt thỏa mãn: x  2y  12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4 P   x y 8x  y II PHẦN RIÊNG( 3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần ( phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu 7a ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, AB  BC Gọi D trung điểm AB, E nằm đoạn thẳng AC cho AC  3EC Biết phương trình đường thẳng chứa  16  ;1 Tìm tọa độ điểm A, B, C   CD x  y   điểm E  Câu 8a ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0;0;3), M(1;2;0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A cắt trục Ox, Oy B, C cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM Câu 9a ( 1,0 điểm) Cho khai triển nhị thức: 3x  32x  n n 1  C0n 3x   C1n 3x  n n 2 32x  C2n 3x  32x    C nn 32x  , với n số nguyên dương n Biết khai triển C nn2  4C1n số hạng thứ 126.3n1 Tìm n x B Theo chương trình nâng cao Câu 7b ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x  y  63 Lập phương trình tắc elip (E) biết hình chữ nhật sở (E) nội tiếp đường tròn (C) hai tiêu điểm với đỉnh (E) tạo thành tam giác Câu 8b ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;1;1), B(2;3;-1), đường thẳng x 1 y z  Δ:   mặt phẳng (P): x  y  z   Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) C, cắt 1 Δ D cho ABCD hình thang vng A B Câu 9b ( 1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn:  z 14  2i   3  iz  2i Tìm phần ảo số phức   w  z  1 -HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm ; Cảm ơn bạn Hứng Hồng ( hoanggiahung.bdh@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl SỞ GD - ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ Câu ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2014 Mơn: TỐN Nội dung a) Khi m=3 ta có hàm số: y  x  x  1) TXĐ: D=R 2) Sự biến thiên: +Giới hạn: lim y  ; lim y   Điểm x  x  + Chiều biến thiên: x y’ y x  y'  x  x    x  + Bảng biến thiên:  + 0,25 -  +   Hàm số đồng biến khoảng  ;0 2;  Hàm số nghịch biến khoảng 0;2  Hàm số đạt cực đại x=0; yCĐ=4; hàm số đạt cực tiểu x=2; yct=0 1a 0,25 0,25 3) Đồ thị 0,25 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox điểm phân biệt 1.0 1b Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x  mx    mx  x  (2) Nếu x=0 phương trình vơ nghiệm Nếu x  phương trình tương đương với: m  x  Xét hàm số f ( x)  x  với x  x2 0,25 x2 x3   0 x2 x3 x3 Lập bảng biến thiên hàm số y=f(x) kết luận m>3 Cách khác: Đồ thị hàm số (1) cắt Ox điểm phân biệt hàm số có cực đại, cực tiểu yCD yCT  f ' ( x)     Giải phương trình: 1  tan x 2 cos x  1  2 cos x cos  x     ĐK: cos x   x   k Với điều kiện phương trình tương đương:  sin x  cos x  cos 2x  1  cos 3x.cos x  sin x  cos x  0,25 0,5 1.0 0.25   sin x  cos x  cos 2x   cos 3x.cos x       sin x  cos x  cos2 2x  cos 2x  0,25    cos  x         cos 2x  x k    sin x  cos x     cos 2x    cos 2x    x     k 2 cos 2x  cos 2x   cos 2x    0,5    x2  y 1   y  2 x    Giải hệ phương trình:   x  y  3x y  5y     Điều kiện: y  1  1  Từ phương trình (2) ta có: x   3x   y y Suy y>0 1.0 0,25 Khi phương trình (1)   x2  x2   y    y  2 x2  y2 1  x2    y 1  y 1 y 1 x2 1 x2 1 Phương trình có dạng: f y   f x  hàm f  t   t   t  1 t t 1 Ta có: f '  t       t  1 nên hàm số f(t) đồng biến 1;   t t    Do f   y 1  f      Chú ý: Có thể xét hàm số f  t   t2 t 1 2  t   sử dụng ẩn phụ sau: a  1; b  Khi phương trình (1) trở thành: a  b 1 b    ab  1 loai  Từ ta có nghiệm hệ phương trình  b  1 a   a  0,25 x 1  y  x2 Thay vào (2) ta nghiệm hệ phương trình (x;y): (1;1) (-1;1) a  x  Đặt   b  y  0,25 0,25 1.0  Tính tích phân:      2 cot x   x cot x  x dx  dx  dx   sin x sin x   sin x I   4  I1  cot x   x dx sin x   4   3 cot x  1 14 dx    3 cot x  1 d 3 cot x  1   3 cot x  1 | 2  3 9 sin x 4 0,5  u  x du  dx x  I2   dx Ðãt   dx  dv   cot x  sin x dv  sin x       2 I  x.cot x |   cot xdx   ln sin x |    ln 4  0,5 14    ln Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cân A, BAC =1200 Gọi H, M lần 1.0 lượt trung điểm cạnh BC SC, SH vng góc với (ABC), SA=2a tạo với mặt đáy góc 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AM BC I= S M I B H C K d A E Góc SA (ABC) góc SAH =60 Từ có: SH  SA.sin 600  a 3; AH  SA.cos600  a 0,25 Tam giác ACH vng H có ACH=30 nên AC=2a=AB Thể tích khối chóp S.ABC là: 1 VSABC  SH.SABC  a 2a.2a.sin1200  a ( đvtt) 3 Trong mặt phẳng (ABC) gọi K trung điểm HC, qua A dựng d//BC, từ K hạ KE vng góc với d E, từ K hạ KI vng góc với ME I a 21 Lập luận để có d  BC,AM   d  BC, AME    d  K, AME    KI tính KI  0,25 0,5 Cho số dương x, y phân biệt thỏa mãn: x  2y  12 Tìm giá trị nhỏ 4 biểu thức: P   x y 8x  y 1.0 Từ giả thiết ta có: 16   x  4  2y  4x  2y  4x.2y   xy  0,25 x y  4  xy  x y          2   64  x y  8  x  y  16  y x  64 x  y  y x x y 1 Đặt t=    t  2 P  t  y x 16 64 t  1 Xét hàm số : f (t)  t   khoảng  2; 16 64 t  Ta có f '(t)   t  lim f (t)  ; lim f (t)   x  x2 27 nên f (t)  t=5/2  2; 64 27 Suy P  x=2, y=4 64 Do đó: P  7a 0,25 0,25 0,25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, AB  BC Gọi 1.0 D trung điểm AB, E nằm đoạn thẳng AC cho AC  3EC Biết phương  16  ;1 Tìm tọa độ điểm   trình đường thẳng chứa CD x  y   điểm E  A, B, C A Gọi I  BE  CD , đặt BC  c  BA EA Ta có  nên E chân đường phân giác góc B BC EC tam giác ABC Do đó, CBE  450  BE  CD (Vì BCD vuông cân B) 0,25 D I B E C PT BE : x  y  17  3 x  y  17  x  Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ    I  5;  x  3y 1  y    c c c Ta có BI  CI  , CE  AC   IE  CE  CI   IB  3IE 3 Từ tìm tọa độ điểm B  4;5  0,25 Gọi C  3a  1; a  ta có a  2 BC  BI    3a     a    20  10a  40a  30    a  Với a   C  2;1 , A 12;1 ; Với a   C  8;3  , A  0; 3 0,25 0,25 8a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0;0;3), M(1;2;0) Viết phương trình mặt 1.0 phẳng (P) qua A cắt trục Ox, Oy B, C cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM 0,25 0,25 0,25 9a 0,25 1.0 Cho khai triển nhị thức: 3x  32x  n n1  C0n 3x   C1n 3x  n n 32x  C 2n 3x  32x    C nn 32x  n với n số nguyên dương Biết khai triển C nn2  4C1n số hạng thứ 126.3n1 Tìm n x Từ giả thiết: C nn2  4C1n  0,5 n! n! 4  n 9 n  2!2! n 1! Số hạng thứ là: C94 3x  32x   126.3x8  126.310  x  7b 0,5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x  y  63 Lập phương 1.0 2 trình tắc elip (E) biết hình chữ nhật sở (E) nội tiếp đường tròn (C) hai tiêu điểm đỉnh (E) tạo thành tam giác Giả sử phương trình tắc (E) là: x2 y2   1a  b  0 a b2 Hình chữ nhật sở có kích thước 2a, 2b nội tiếp đường trịn (C) nên ta có: a  b  63 1 8b 0,25 Hai tiêu điểm đỉnh trục tung tạo thành tam giác nên ta có b  3c Do đó: a  b  c2  a  4c2 Vậy : a  36 x2 y2 4c2  3c2  63  c    Do phương trình (E) là:  1 b  27 36 27  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;1;1), B(2;3;-1), đường thẳng x 1 y z  Δ:   mặt phẳng (P): x  y  z   Viết phương trình đường 1 thẳng d cắt (P) C, cắt Δ D hình thang vng A B cho ABCD là Do D thuộc Δ nên D( 1+t;t;-1+2t); AB  1; 2; 2; AD   t; t 1; 2t  2   TBR ta có: AB.AD   t   D 3; 2;3  Từ ta có vtcp BC AD  2;1; 2 , phương trình BC:  x   2a  y   a  z  1  2a 0,25 0,5 1.0 0.25 0,25 Suy C( 2+2a;3+a;-1+2a) Mà C thuộc (P) nên: a=2, suy C( 6;5;3)  x   t  Khi phương trình d cần tìm là:  y   t  z  9b Cho số phức z thỏa mãn:  z 14  2i   3  iz  2i Tìm phần ảo số phức  0,25 0,25 1.0  w  z  1 a, b  R  Từ giả thiết ta có  4a  2b  4   4b  2a  2 i  3a  b  2  a  3b  6 i Giả sử số phức z  a  bi 0.25 a  b  a  Suy hệ phương trình:    3a  7b  4 b  Vậy z=1+i 9  9π 9π  Khi đó: w   i  1   i  29 cos  i sin   29 i  6 0,25 Phần ảo w 29 0,25     0,25 Cảm ơn bạn Hứng Hoàng ( hoanggiahung.bdh@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl ... BÌNH TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ Câu ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2014 Mơn: TỐN Nội dung a) Khi m=3 ta có hàm số: y  x  x  1) TXĐ: D=R 2) Sự biến thi? ?n: +Giới hạn: lim y  ; lim... b  0 a b2 Hình chữ nhật sở có kích thước 2a, 2b nội tiếp đường tròn (C) nên ta có: a  b  63 1 8b 0,25 Hai tiêu điểm đỉnh trục tung tạo thành tam giác nên ta có b  3c Do đó: a  b  c2 ... x  x2 0,25 x2 x3   0 x2 x3 x3 Lập bảng biến thi? ?n hàm số y=f(x) kết luận m>3 Cách khác: Đồ thị hàm số (1) cắt Ox điểm phân biệt hàm số có cực đại, cực tiểu yCD yCT  f '' ( x)     Giải