Đang tải... (xem toàn văn)
Chọn lọc nhiều đề thi chất lượng môn Toán khối B 2014 giúp ôn tập luyện thi đại học. Tham khảo bộ Đề thi thử đại học môn Toán khối B 2014 kèm theo hướng dẫn giải chi tiết. Các dạng bài tập trong đề thi được xây dựng theo cấu trúc của đề thi đại học sẽ giúp bạn có định hướng ôn tập và làm bài thi nhanh chóng. Các hướng giải nhanh, đủ ý giúp bạn đạt điểm trọn vẹn cho bài thi của mình.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 2013 - 2014 Đề Số 1 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 322 3 33(1) y xmx m xmm=− + − − + (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình : 2 2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 ) 4 ccx π ++ 2. Giải phương trình : 2 2 12212 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 ) x x xxxx x + −+ − −= −+ + − Câu III (1 điểm): Tính tích phân 6 0 tan( ) 4 os2x x I dx c π π − = ∫ Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 222 3( ) 2Pxyz xyz=++−. B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3 4 4 0xyΔ−+=. Tìm trên Δ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 222 (): 2 6 4 2 0Sx y z x y z + +−+ −−=. Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1; 6; 2)v r , vuông góc với mặt phẳng (): 4 11 0xyz α ++−=và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4 x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 210 (1 2 3 )Pxx=+ + 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 22 (): 1 94 xy E + = và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 222 (): 2 6 4 2 0Sx y z x y z + +−+ −−=. Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1; 6; 2)v r , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0xyz α ++−=và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2 01 2 2 2 2 121 23 1 1 n n nn n n CC C C nn ++ ++ = ++ ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Điểm I II 2. Ta có ,2 2 36 3( 1)yxmxm=− + − Để hàm số có cực trị thì PT , 0y = có 2 nghiệm phân biệt 22 210xmxm ⇔ −+−= có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m ⇔ Δ= > ∀ 05 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 025 Theo giả thiết ta có 2 322 2610 322 m OA OB m m m ⎡ =− + =⇔++=⇔ ⎢ =− − ⎢ ⎣ Vậy có 2 giá trị của m là 322m =− − và 322m =− + . 025 1. os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) 2 os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3sin 2 0 PT c x c cxcx π ⎛⎞ ⇔+=+ ⎜⎟ ⎝⎠ ⇔+= 05 sin(4 ) sin(2 ) 0 66 18 3 2sin(3 ). osx=0 6 x= 2 xx x k xc k π π π π π π π ⇔+++= ⎡ =− + ⎢ ⇔+ ⇔ ⎢ ⎢ + ⎢ ⎣ Vậy PT có hai nghiệm 2 x k π π =+ và 18 3 x k π π =− + . 05 2. ĐK : 15 22 0 x x − ⎧ << ⎪ ⎨ ⎪ ≠ ⎩ . Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 2 2 2 2222 2 log (5 2 ) log(52) 2log(52)2log(52)log(2 1) log (2 1) x xxxx x − −+ = −+ − + + 05 2 22 2 1 4 log (2 1) 1 1 log (5 2 ) 2 log (2 1) 2 2 log (5 2 ) 0 2 x x xxxx x x − ⎡ = ⎢ +=− ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⇔−= +⇔=∨=− ⎢ ⎢ ⎢ −= ⎢ ⎣ = ⎢ ⎢ ⎣ 025 Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025 III IV 2 66 2 00 tan( ) tan 1 4 os2x (t anx+1) x x I dx dx c ππ π − + ==− ∫∫ , 2 2 1tanx cos 2x 1tanx − = + 025 Đặt 2 2 1 t anx dt= (tan 1) cos tdxxdx x =⇒ = + 00 1 6 3 x t xt π =⇒= =⇒= 05 Suy ra 1 1 3 3 2 0 0 113 (1) 1 2 dt I tt − =− = = ++ ∫ . 025 Ta có ,( , ) ,( ) AM BC BC SA BC AB AM SB SA AB ⊥⊥⊥ ⎧ ⎨ ⊥= ⎩ AM SC⇒⊥ (1) Tương tự ta có AN SC⊥ (2) Từ (1) và (2) suy ra AI SC ⊥ 05 Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) Suy ra 1 . 3 ABMI ABM VSIH= Ta có 2 4 ABM a S = 22 22222 .111 23 3 3 IH SI SI SC SA a I HBCa BC SC SC SA AC a a == = = =⇒= = ++ Vậy 23 1 343 36 ABMI aa a V == 05 Ta c ó: [] 2 3( ) 2( ) 2 39 2( ) 2 27 6 ( ) 2 ( 3) P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz xy z yzx ⎡⎤ =++−++− ⎣⎦ =− ++ − =− +− + 025 2 32 () 27 6 (3 ) ( 3) 2 1 (152727) 2 yz xx x xxx + ≥− −− + =−+ − + 025 VIa VIIa Xét hàm số 32 ( ) 15 27 27fx x x x=− + − + , với 0<x<3 ,2 1 () 3 30 27 0 9 x fx x x x = ⎡ =− + − = ⇔ ⎢ = ⎣ Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1 x yz ⇔ ===. 05 1. Gọi 34 163 (; ) (4 ; ) 44 aa Aa B a +− ⇒− . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 .( ) 3 2 ABC SABdC AB=→Δ=. 05 Theo giả thiết ta có 2 2 4 63 5(42) 25 0 2 a a AB a a = ⎡ − ⎛⎞ =⇔ − + = ⇔ ⎜⎟ ⎢ = ⎝⎠ ⎣ Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 05 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của () α là (1; 4;1)n r 025 Vì () ()P α ⊥ và song song với giá của v r nên nhận véc tơ (2; 1;2) p nnv=∧= − uurrr làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 025 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4dI P→=⇔ 21 (())4 3 m dI P m =− ⎡ →=⇔ ⎢ = ⎣ 025 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025 Ta có 10 10 210 2 10 10 000 (123) (23) ( 23 ) k kk kikiiki k kki Pxx Cxx CCx −+ === =+ + = + = ∑∑∑ 05 Theo giả thiết ta có 4 01 2 010 432 , ki iii ik kkk ik N += ⎧ = == ⎧⎧⎧ ⎪ ≤≤ ≤ ⇔ ∨ ∨ ⎨⎨⎨⎨ = == ⎩⎩⎩ ⎪ ∈ ⎩ 025 Vậy hệ số của 4 x là: 44 312 2 22 10 10 3 10 2 2 2 3 3 8085CCCCC++=. 025 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có 22 1 94 xy + = và diện tích tam giác ABC là 18585 .( ) 2 3 3 21334 213 ABC x y SABdCAB xy =→=+=+ 05 VIb VIIb 22 85 170 32 3 13 9 4 13 xy ⎛⎞ ≤+= ⎜⎟ ⎝⎠ Dấu bằng xảy ra khi 22 2 1 3 94 2 2 32 xy x xy y ⎧ ⎧ += ⎪ = ⎪⎪ ⇔ ⎨⎨ ⎪⎪ = = ⎩ ⎪ ⎩ . Vậy 32 (;2) 2 C . 05 Xét khai triển 01 22 (1 ) nnn nn n n x CCxCx Cx+=+ + ++ Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 1231 013 31 2 2 2 2 123 1 nn n nnn n CCC C nn ++ − =++++ ++ 05 ⇔ 211 01 2 1 2 2 2 3 1 121 3 1 23 12(1) 12(1) 3 243 4 nn n n nn n n n CC C C n nnn n ++ + − − ++ ++ = ⇔ = + +++ ⇔=⇔= Vậy n=4. 05 . phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 12 31 013 31 2 2 2 2 12 3 1 nn n nnn n CCC C nn ++ − =++++ ++ 05 ⇔ 211 01 2 1 2 2 2 3 1 1 21 3 1 23 12 (1) 12 (1) 3 243 4 nn n n nn n n n CC C C n nnn n ++ + − − ++. dx c ππ π − + ==− ∫∫ , 2 2 1tanx cos 2x 1tanx − = + 025 Đặt 2 2 1 t anx dt= (tan 1) cos tdxxdx x =⇒ = + 00 1 6 3 x t xt π =⇒= =⇒= 05 Suy ra 1 1 3 3 2 0 0 11 3 (1) 1 2 dt I tt − =− = = ++ ∫ với (S) nên ( ( )) 4dI P→=⇔ 21 (())4 3 m dI P m =− ⎡ →=⇔ ⎢ = ⎣ 025 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z- 21= 0. 025 Ta có 10 10 210 2 10 10 000 (12 3) (23) ( 23 ) k kk kikiiki k kki Pxx