tổng hợp các đề thi thử đại học môn toán tháng 4 và tháng 5 năm 2014

51 551 0
tổng hợp các đề thi thử đại học môn toán tháng 4 và tháng 5 năm 2014

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

tổng hợp các đề thi thử đại học môn toán tháng 4 và tháng 5 năm 2014

Câu I ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT THÁNG 04/2014 Mơn: TỐN Nội dung Ý Điểm 2,0 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,0 điểm) 1) Hàm số có TXĐ: R \ 2 0,25 2) Sự biến thiên hàm số: a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận: lim y   * lim y  ;  x 2 x 2 Do đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số * lim y  lim y   đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  x  ) Bảng biến thiên: Ta có: y'   0, x  x  22 Bảng biến thiên: x - y’ 0,25 + + y - * Hàm số nghịch biến khoảng  ;2 2;  0,25 3) Đồ thị:  3 3  + Đồ thị cắt trục tung  0;  cắt trục hoành điểm  ;0   2 2  + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng y 3/2 O 2) Tìm m để… (1,0 điểm) 3/2 x 0,25  2x   1 , x0  , y' (x )  Ta có: M x0 ;   x0   x0  2  Phương trình tiếp tuyến với ( C) M có dạng: 1 2x  :y  (x  x )  x0  x0   0,25 Toạ độ giao điểm A, B   hai tiệm cận là:  2x   A 2;  x  ; B2x0  2;2     y  y B 2x  x  xB  2x0  Ta thấy A   yM suy M   x0  x M , A x0  2 trung điểm AB Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vuông I nên đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích   2x      2 S = IM  (x0  2)    x      (x0  2)  (x  2)2   2          x  1 Dấu “=” xảy (x0  2)2   (x0  2)2 x0  Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3) II 1) 0,25 0,25 0,25 2.0 PT  cos 3x(4 cos2 x  1)   cos 3x(3  sin x)  Nhận xét x  k , k  Z không nghiệm phương trình ta có: 0,25 cos 3x(3  sin x)   cos 3x(3 sin x  sin x)  sin x  cos3x sin 3x  sin x  sin 6x  sin x 2m  x  6 x  x  m2    x    2m 6 x    x  m2  7  ;mZ 2m Xét  k  2m=5k  m  5t , t  Z  2m Xét = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,  7 2m  2m Vậy phương trình có nghiệm: x  ( m  5t ); x   ( m  7l  ) 7 m, t , l  Z 0,25 0,25 0,25 2) ln Tính tích phân I   dx (3 e x  2) x ln Ta c ó I   e dx x x e ( e  2) x x Đặt u= e  3du  e dx ; x   u  1; x  ln  u  2   3du 1 I  =3     4u 4(u  2)  2(u  2) du   u (u  2) 1 0,25 Ta được: 0,25 1  1 3   ln( )  =3  ln u  ln u   4  2(u  2)   Vậy I  3 ln( )  0,25 0,25 III 1.0 Giảiphươngtrình (3x  1) x   x  x 3 PT  2(3x  1) x   10x  3x  0,25 2(3x  1) x   4(2 x  1)  x  3x  Đặt t  x  1(t  0) Pt trở thành 4t  2(3 x  1)t  x  3x   Ta có: '  (3x  1)  4(2 x  3x  2)  ( x  3) 0,25 Pt trở thành 4t  2(3 x  1)t  x  3x   Ta có: '  (3x  1)  4(2 x  3x  2)  ( x  3) 0,25 2x  x2 ;t  2 ta phương Từ ta có phương trình có nghiệm : t  Thay vào cách đăt giải 0,25 trình có     60  ; nghiệm: x      IV 1.0 Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM  AB O ' N  CD Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó: IOM vng cân O nên: h 2a OM  OI  IM   h a 0,25 2 2 2 a a 3a a a 2    Ta có: R  OA  AM  MO       8 2     2 2 0,25 3a a 2 a3  , 16 a a 3 a S xq  2 Rh=2  2 2 0,25 Tìm GTLN biểu thức 1,0 x z Do x, y, z  nên điều kiện viết lại dạng xz    (1) y y a b c   Và đặt x  tan ,  tan , z  tan với a, b, c   0;  Khi (1) viết y 2  2 a b b c c a dạng: tan tan  tan tan  tan tan  (*) 2 2 2 a b c       a  b  c   Vậy có: 2 2 0,25  V   R 2h   V 0,25 a b c c  2sin  3cos   cos a   cos b  3(1  sin ) 2 2 ab a b c c c a b  cos cos   3sin  3sin  2sin cos 3 2 2 2 P  cos 2 c a b  1 10  a b    sin  cos   cos     2   ab  cos   Dấu xảy   sin c    0,25 0,25 c c 1   tan  z 2 2 a b a 1 cos   a  b kết hợp với (*)  tan  x y 2 y 1 10 , y  2, z  Vậy max P  x  2 sin 0,25 VI.a 2,0 1) Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = Gọi H trung điểm dây cung AB Ta có IH đường cao tam giác IAB IH = d ( I , )  | m  4m |  | 5m | I m2  16 m  16 Diện tích tam giác IAB SIAB  12  2S IAH  12 H A AH  IA2  IH  25   B (5m)2 20  m  16 m2  16 m  3  d ( I , ) AH  12  25 | m | 3(m  16)   16 m    2) Gọi A = d1(P) suy A(1; ; 2) ; B = d2  (P) suy B(2; 3; 1) Đường thẳng  thỏa mãn toán qua A B 0,25 0,25 0,25 Một vectơ phương đường thẳng  u  (1;3; 1) x 1 y z  Phương trình tắc đường thẳng  là:   1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 VIIa 1.0 0,25 Số cách chọn viên bi tùy ý : C18 Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là: + Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng 0,25 + Khơng có bi xanh: có C13 cách 0,25 + Khơng có bi vàng: có C15 cách Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C10 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần 0,25 9 9 Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C10  C18  C13  C15  42910 cách 2.0 VIb A G F E I B C M x  y   Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ   B(0;2) 3x  y   Đường thẳng d qua E song song với BC có phương trình: 1( x  1)  2( y  2)   x  y   Tọa độ giao điểm F d đường x  y   11 thẳng BG nghiệm hệ:   F ( ; ) Do tam giác ABC 3x  y   19 cân nên AG đường trung trực EF, Gọi I ( ; ) trung điểm EF, đt AG qua I vng góc với BC nên có phương trình: 19 15 2( x  )  1( y  )   x  y   8 0.25 0,25 3 x  y   109   G( ;  ) Tọa độ G nghiệm hệ  15 28 56 2 x  y    x  y    Tọa độ trung điểm M BC nghiệm hệ:  , suy 15 2 x  y    79 39 ) M ( ;  ) Tọa độ C( ; 20 40 10 20 529 Ta có AG  2GM  A ( ) ; 140 280 M  d  M (2t;1  t;t ) Ta có AM  (2t  1)  t  t d (M , ( P))  Giả thiết có 2t   2t  2t  2t   3 AM  3d ( M , ( P))  2t  = (2t  1)  t  t  t  ;t=4 t =0 ta có M (0;1;0) t=4 ta có M(8;5;-4) 0,25 0,25 0.25 0,25 0,25 0,25 VIIb 1.0 Điều kiện: x  Bất phương trình  3( x  3) log2 x  2( x  1) Nhận thấy x=3 khơng nghiệm bất phương trình x 1 TH1 Nếu x  BPT  log x  x3 Xét hàm số: f ( x)  log2 x đồng biến khoảng 0;  x 1 nghịch biến khoảng 3;  g ( x)  x3 f ( x)  f (4)  3 *Với x  :Ta có   Bpt có nghiệm x  g ( x)  g (4)   f ( x)  f (4)  3 * Với x  :Ta có   Bpt vô nghiệm g ( x)  g (4)   0,25 0,25 TH :Nếu  x  BPT  x 1 log x  x 3 log2 x đồng biến khoảng 0;  x 1 nghịch biến khoảng 0;3 g ( x)  x3 f ( x)  f (1)  0 *Với x  1:Ta có   Bpt vơ nghiệm g ( x)  g (1)   f ( x)  * Với x  1:Ta có f ( x)  f (1)  0   Bpt có nghiệm  x  g ( x)  g (1)   x  Vậy Bpt có nghiệm  0  x  0,25 0,25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT THÁNG 04/2014 Mơn TỐN: Khối A Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 2x  x 2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đường tiệm cận (C) A B Gọi I giao điểm đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ Cho hàm số y  Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: cos3x(2 cos 2x  1)  ln 2 Tính tích phân: I   dx (3 e x  2) x 3 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn hệ thức xyz  x  z  y Tìm giá trị lớn biểu 2 thức: P   x 1 y 1 z 1 Câu III (1,0 điểm) Giải phương trình : (3x  1) x   x  II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12 x 1 y 1 z 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: ; d 2:   1 x 1 y  z 1 mặt phẳng (P): x - y - 2z + = Viết phương trình tắc đường thẳng   1 , biết  nằm mặt phẳng (P)  cắt hai đường thẳng d1 , d2 Câu VII.a (1,0 điểm ) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu? B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân A Gọi G trọng tâm tam giác biết phương trình đường thẳng BC BG là: x  y   ; 3x  y   đường thẳng CG qua E(1; 2).Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;1;0), đường thẳng d : x y 1 z mặt phẳng (P):   1 x  y  2z   Tìm điểm M đường thẳng d cho khoảng cách từ M tới A lần khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log2 x  2)  log2 x  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT THÁNG 04/2014 Mơn TỐN: Khối A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x3  3x  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số b) Viết phương trình đường thẳng (d) qua I(1;0) cắt đồ thị hàm số điểm A, B khác I cho tam giác MAB vng M M điểm cực đại đồ thị hàm số Câu II(2 điểm) 1)Giải phương trình: 6sin x  2cos3 x  5sin x cos x 2cos x  x2  y  x  y  y  2x  2) iải h phương trình   x   y 1 1  y  x ln  x   dx Câu III (1 điểm) nh t ch ph n   x2 1 a ; BAD  600 , M, N trung điểm A’D’ A’B’ nh thể tích khối chóp A.BDMN cosin góc hợp O’B DM O’ giao điểm A’C’ B’D' Câu V(1 điểm): Cho số a, b, c  : abc  a  c  b Tìm giá trị lớn 2 P   2  a  b  c2 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VIa( điểm):1) Cho hình chữ nhật ABCD có B(1;1), M,N trung điểm DA, DC Xác định tọa độ A, D, C biết D thuộc đường thẳng (d): x+y-1=0, phương trình đường thẳng MN là: x+3y-1=0 A có tung độ ương  x  2  t  t  , A(4;0;-1) Trong số 2) rong không gian Oxyz cho đường thẳng  d  :  y  2t  z   2t  mặt phẳng qua A song song với (d), viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách với (d) lớn Câu VIIa) (1 điểm) Rút ngẫu nhiên 13 quân từ 52 quân Tính xác suất để 13 qu n có “tứ quý” ( tức có giống v số) B Theo chương trình Nâng cao Câu VIb( điểm) 1) Cho hình vng ABCD có M(1;2) trung điểm BC, N điểm thuộc cạnh DC cho DN  DC Phương trình đường thẳng AN x  y   Xác định tọa độ điểm A x 1 y 1 z 1 2) rong không gian Oxyz cho đường thẳng  d  : Viết phương trình   2 mặt cầu (S) có tâm I(1;0;3) cắt (d) điểm A, B cho tam giác IAB vuông I Câu VIIb( điểm) Cho số phức x, y , z thỏa mãn: x  y  z  So sánh x  y  z Câu IV(1điểm)Cho hình hộp đứng ABCD A’B’C’D’ có AB=AD=a, AA '  xy  yz  xz ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT THÁNG 05/2014 Mơn TỐN: Khối A Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x3  3x  (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm điểm đường thẳng (d): y  mà từ vẽ tiếp tuyến với (C) vng góc với Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: cos 5x.cos x  cos 4x.cos 2x  3cos x  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x3  3x  3x   2.3 2x  1 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x.e2x  2x  12 dx Câu (1,0 điểm) Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vng cân A, SA vng góc mặt phẳng (ABC), SA = a, diện tích tam giác SBC gấp lần diện tích tam giác ABC Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC Câu (1,0 điểm) Cho số a, b, c   0;1 thỏa a  b  c  Tìm giá trị nhỏ P  a  b2  c2  2abc II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường trịn tiếp xúc (1 ) : x  y   ( ) : x  y  15  có tâm nằm đường thẳng (d) : x y  Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng x 2 y 3 z x 6 y z 5 mặt phẳng (P): x  2y  2z   Tìm d1 :   , d2 :   3 5 M  d1 , N  d cho MN//(P) cách (P) khoảng Câu 9.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa z  2i  z 1  3i B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E): 9x  25y2  225 Tìm tọa độ điểm M elip nhìn tiêu điểm góc 600 2x  y  z   Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng () :  mặt phẳng x  y  z   (P): 4x  2y  z   Viết phương trình hình chiếu () lên mặt phẳng (P) Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z1 z2 nghiệm phương trình z  2z   Tính 2014 z1  z 2014 - Hết - ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT THÁNG 05/2014 Mơn: TỐN Câu 1: a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  x  (C) Tập xác định: D  y '  3x  x x   y  y'    x   y  y ''  6x  y ''   x   y   I (1;3) điểm uốn (C) lim y  ; lim y   x  x  Bảng biến thiên: x  + 0  y' y  Hàm số tăng khoảng (;0);(2; ) hàm số giảm khoảng (0;2) Hàm số đạt cực đại x  Hàm số đạt cực tiểu x  Bảng giá trị: x 1 y  +  Đồ thị nhận điểm uốn I (1;3) làm tâm đối xứng, cắt trục Oy (0;5) b) Tìm điểm đường thẳng (d): y  mà từ vẽ tiếp tuyến với (C) vng góc với Gọi M  (d ) : y   M ( xM ;1) Phương trình đường thẳng () qua M ( xM ;1) , có hệ số góc k: y  k ( x  xM )  () tiếp xúc với (C)  hệ phương trình sau có nghiệm:  x3  3x   k ( x  xM )  (1)   (2) 3 x  x  k  Thay (2) vào (1) ta được: x3  3x2   (3x2  x)( x  xM )   ( x  2)  x  (3xM  1) x  2    x   k   (3)  g ( x)  x  (3xM  1) x   x   k   ( ) : y   khơng có tiếp tuyến (C) mà vng góc với ( ) (3) có nghiệm phân biệt x1 ,x khaùc  Từ M kẻ tiếp tuyến vng góc với (C)   f '(x ).f '(x )  1  (3) có nghiệm phân biệt x1 , x2 khác   g   xM  1  xM    g (2)    xM   3x    x1  x2  M Theo định lí Viet:   x1 x2   2 f '( x1 ) f '( x2 )  1  (3x12  x1 )(3x2  x2 )  1  x12 x2  18x1 x2 ( x1  x2 )  36 x1 x2   55 19765 (nhận)  yM   xM  27 19683 55 19765  Vậy M  ;    27 19683  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: cos5x.cos x  cos 4x.cos 2x  3cos x  cos 5x.cos x  cos 4x.cos 2x  3cos x  1  cos 6x  cos 4x    cos 6x  cos 2x   1  cos 2x   2 2  cos 4x  cos 2x    cos 2x  cos 2x    cos 2x  1    cos 2x  1  x   k cos 2x   (k  ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x3  3x  3x   2.3 2x  x  3x  3x   2x    x  1   x  1   2x  1  2x  (1) Xét f (t )  t  2t f '(t )  3t   0, t   f (t ) tăng Do đó: (1)  f ( x  1)  f ( x  1)  x   x   x   3 3   x  1  x   x  3x  x    x    x     3 3 Vậy x   x  x 2 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x.e2x  2x  1 dx Đặt u  x.e2x  du  (e2x  2x.e2x ) dx  e 2x (2 x  1) dx  1  dv  (2 x  1) dx  v  2(2x  1)  1 2x   x.e2x   x.e2x e e2 e2  I  dx    e2x     2(2x  1) 0 12  2(2x  1)  12 Câu (1,0 điểm) Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vng cân A, SA vng góc mặt phẳng (ABC), SA = a, diện tích tam giác SBC gấp lần diện tích tam giác ABC Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC S J K C A I B 1 Ta có: VSABC  SABC SA  SSBC d[A,(SBC)] 3 SABC SA a  d[A, (SBC)]   SSBC Gọi I trung điểm BC, J trung điểm SA  I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (do  ABC vng A) Vẽ hình chữ nhật AIKJ  KI  (ABC) nên KI trục  ABC  KA  KB  KC Mặt khác: KJ  SA J  KJ trung trực SA  KA  KS Vậy K tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC Ta có cosSIA  AI SABC    SIA  600 SI SSBC  AI  SA.cos 600  a 3 R  KA  IJ  AI2  AJ  a 21 Câu (1,0 điểm) Cho số a, b, c   0;1 thỏa a  b  c  Tìm giá trị nhỏ P  a  b2  c2  2abc Vì a, b, c  [0;1] nên  a,1  b,1  c số không âm Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1 a 1 b 1 c  (1  a)(1  b)(1  c)   (vì a  b  c  )   27   28 (*)   ab  bc  ca  (a  b c)  abc   ab  bc  ca  abc  27 27 Lại có: (a  b c)2  a2  b2  c2  2(ab bc ca)  ab  bc  ca  (a  b c)2  (a  b2  c2 )   2 56 Do từ (*) ta có: (a  b c)2  (a  b2  c2  2abc)  27 56 52  P  a  b2  c  2abc    27 27 52 Với a  b  c  P  27 52 Vậy P  27 Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường trịn tiếp xúc (1 ) : x  y   ( ) : x  y  15  có tâm nằm đường thẳng (d) : x y  Gọi I tâm đường tròn, I nằm (d): x  y   I(a;a) Đường tròn tiếp xúc ( 1 ), (  )  d  I;(1 )  d  I;( ) 3a  2a  3 2 2  2a  3a  15 22  32 a   a    a   I(2;2), R  13 Phương trình đường tròn (x  2)2  (y 2)2  13 13  9 a    I  ; , R  2  2 2 9   117  Phương trình đường trịn  x     y    2  2  Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng x 2 y 3 z x 6 y z 5 mặt phẳng (P): x  2y  2z   Tìm d1 :   , d2 :   3 5 M  d1 , N  d cho MN//(P) cách (P) khoảng  x   2t1  (d1) có phương trình tham số  y   3t1 z  2t  M  d1  M(2  t1;3  t1; t1 ) (t1  )  x   6t  (d2) có phương trình tham số  y  4t (t  ) z  5  5t  N  d  N(6  t ; t ; 5  t ) MN  (6 t  t1  4; t  t1  3; 5 t  t1  5) (P) có vectơ pháp tuyến n  (1; 2; 2) MN // (P)  MN.n   t1  t  MN cách (P) khoảng  d  M,(P)   12t1  2  t   t  1   t1   t  M(4;0;2) M(2;3;0) Vậy  hay   N(0; 4;0)  N(6;0; 5) Câu 9.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa z  2i  z   3i Gọi M(x; y) điểm biểu diễn số phức z  x  y.i ,(x, y  )  z  x  yi Ta có: z  2i  z   3i  x  (y 2)i  (x  1)  (y 3)i  x  (y 2)2  (x  1)2  (y 3)2  x  y   Vậy tập hợp điểm M đường thẳng (d) : x y  Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E): 9x  25y2  225 Tìm tọa độ điểm M elip nhìn tiêu điểm góc 600 x y2 (E) :  1 25  a  5, b  3, c  a  b  c c M  (E)  MF1  a  x M   x M ; MF2  a  x M   x M ; F1F2  2c  a a 2 M nhìn tiêu điểm góc 60  F1F2  MF1  MF2  2MF1.MF2 cos 600 325 27  x2   y2  M M 16 16 325 13 27 3  xM   ; yM   yM   16 16 5 3  5 3   3 ; ; Vậy M  M M    ; 3        x2  M   3 M   ;       2x  y  z   Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng () :  mặt phẳng x  y  z   (P): 4x  2y  z   Viết phương trình hình chiếu () lên mặt phẳng (P) () qua A(1; 4;0) có vec tơ phương u  (0; 1;1) (P) có vec tơ pháp tuyến n  (4; 2;1) Gọi (Q) mặt phẳng chứa () vng góc với (P), có vec tơ pháp tuyến a  a  [u; n]  (1; 4; 4) Mặt phẳng (Q) qua A(1; 4;0) có VTPT a  (1; 4; 4) nên có phương trình (x1)  4(y 4)  4z   x  4y  4z  15   x  4y  4z  15  Vậy phương trình hình chiếu ()  4x  2y  z   2014 Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z1 z2 nghiệm phương trình z  2z   Tính z1  z 2014 z  2z    '  1  i2 Phương trình có nghiệm phức:   3   3   z1   i   cos    i sin               z   i   cos    i sin    4      3021 2014  z1  21007  cos      1007 z 2014  21007  cos    2014 2014  z1  z    3021   i sin        1007   1007        cos 1510    i sin 1510     i 2           1007   1007    1007   i sin      cos  503    i sin  503     2 i  2       ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT THÁNG 05/2014 Mơn TỐN: Khối A Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  x 1 b) Viết p ương trìn tiếp tuyến chung (H) v đường tròn (C): ( x  1)  ( y  2)  (sin x  sin x  4) cos x  0 Câu (1,0 điểm) Giải p ương trìn : sin x  4 x  y  x(2 y  7)  y  10  Câu (1,0 điểm) Giải hệ p ương trìn :  (x,y R)  y    2x  Câu (2,0 điểm) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (H) củ ms y  /2 sin x  cos x dx (sin x  cos x) Câu (1,0 điểm) C o ìn lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy l t m giác cạnh 2a, hình chiếu vng góc B’ lên mặt phẳng (ABC ) trùng với tâm O tam giác ABC Tính theo a thể tích kh i lăng trụ Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   ABC.A'B'C' biết khoảng cách BB ' CA a Câu (1,0 điểm) Cho ba s thực dương a, b, c t y đổi thỏa mãn 1    a 1 b 1 c 1 32(b  c )  10 8a  64b c  16bc  II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọ độ Oxy, cho tam giác ABC với p ương trìn đường tròn ngoại tiếp ( x  2)  ( y  2)  25 Đường thẳng qua A, vng góc với BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC điểm E(1; -2) k ác điểm A Tính diện tích tam giác ABC, biết tam giác ABC có trọng tâm G(-1; 16/3) Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọ độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( ) : 2x  z   ( ) : x  y  3z   Viết p ương trìn mặt phẳng (P) vng góc với hai mặt phẳng ( ) ( ) hợp với mặt phẳng tọ độ thành kh i tứ diện tích 4/15 Câu 9.a (1,0 điểm) Một lớp học có 30 học sinh Chọn ngẫu nhiên học sin để tham gia hoạt động 12 Đo n trường Xác suất chọn nam nữ Tính s học sinh nữ lớp 29 B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọ độ Oxy , cho tam giác ABC có p ương trìn đường thẳng AB, AC 4x  y  20  , 2x  y  10  Đường tròn (C) qu trung điểm đoạn thẳng HA, HB, HC có p ương trìn ( x  1)  ( y  2)  25 , H trực tâm tam giác ABC Tìm tọ độ điểm H biết xC  4 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọ độ Oxyz , cho điểm M(5; 1; 4) đường thẳng d: x4 y7 z 2   Đường thẳng d cắt mặt cầu (S) tâm M i điểm A, B cho AB = Viết 2 p ương trìn mặt cầu (S) Câu 9.b (1,0 điểm) Cho s phức z có phần thực bé ơn p ần ảo, tổng phần thực phần ảo 3, Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =  môđun z2014 51007 Tín mơđun s phức z ( z  5) …………HẾT ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT THÁNG 05/2014 Mơn: TỐN (Đáp án gồm trang) Câu 1.a Điểm Nội dung Khảo sát vẽ… * Tập xác định : D = R\{1} * Sự biến thiên hàm số: - Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực đường tiệm cận: lim y  , lim y  , lim y   , lim y   x   x   x 1 - 0,25 + y 0,25 x 1 Đồ thị (H) nhận đt y = làm đường tiệm cận ngang nhận đt x = làm đường tiệm cận đứng - Bảng biến thiên: 1 Ta có: y'   0, x D ( x  1)2 Hàm số nghịch biến khoảng (;1), (1;) Hàm số khơng có cực trị x -  y’ 1,00 0,25 - * Đồ thị (H ) : - (H ) cắt Oy điểm (0;1) ; cắt Ox điểm (1/ 2;0) 5  3   5 - (H ) qua điểm   2; ,   1; , (2;3),  3;  3  2   2 - (H ) nhận giao điểm I (1;2) hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 Trang 1/6 1.b Viết phương trình tiếp tuyến chung (H) đường tròn (C) 1,00 Gọi  tiếp tuyến chung  2m   (H) (C),  tiếp xúc với (H) điểm M  m;  (m  1)  m 1  Đường trịn (C) có tâm I(1;2), bán kính R = 0,25 2m  ( x  m)  Phương trình  có dạng y   hay (m  1) m 1 x  (m  1) y  2m  2m    tiếp xúc với (C) khoảng cách từ điểm I(1;2) đến    2m  (m  1) 0,25  Giải nghiệm m  m  Các tiếp tuyến cần tìm : x  y 1  x  y   0,25 0,25 Giải phương trình: (sin x  sin x  4) cos x  2 sin x  0 (1) 1,00 Điều kiện: sin x   / Với điều kiện này, ta có (1)  sin x cos2 x  sin x cos x  cos x    (2 cos x  1)(sin x cos x  2)   cos x  1/ (2) sin 2x  4 (vô nghiệm) (2)  x     k 2 (k  Z ) x    k 2 (k  Z ) 3  Kết hợp điều kiện, ta có nghiệm pt (1) x  0,25 0,25  k 2 (k  Z ) 4 x  y  x(2 y  7)  y  10  Giải hệ phương trình:   y    2x  0,25 (1) 0,25 1,00 (2) Điều kiện: x  / (1)  (2 x  y )  7(2 x  y )  10   2x  y  2x  y   2x   y 2x   y Thay 2x   y vào (2) ta phương trình y  y    ( y  1)( y y  y  y  9)   y   y  0,25 (vì y y  y  y  >0,với y  ) Với y  x  (TMĐK) Thay 2x   y vào (2) ta phương trình 0,25 y2   y  0,25 (3) Đặt u  y  (u  0) , pt (3) trở thành Trang 2/6 u  6u  8u   u (u  6u  8)   u  u  6u   Khi u  y = -3 x = 5/2 Xét pt u  6u   (4) Vì u  nên theo bất đẳng thức Cơ-si, ta có u   u    3.3 16.u  6u Do đó, pt (4) vơ nghiệm nửa khoảng [0;+  ) Vậy, hpt cho có hai nghiệm (x;y) = (2;1) (x;y) = (5/2;-3)  /2 Tính tích phân I   Đặt x   3sin x  cos x dx (sin x  cos x)3   t  dx  dt , x   t   0,25 1,00 ,x   t   0,25  3sin x  2cos x 3cos t  2sin t 3cos x  2sin x dx   dt   dx 3 (sin x  cos x) (cos t  sin t ) (cos x  sin x)3 0 2 Suy ra: I      2 3sin x  cos x 3cos x  2sin x Suy ra: I  I  I   dx   dx   dx 3 (sin x  cos x) (cos x  sin x) (sin x  cos x) 0  /2 1   dx    cos2 x    4     /  /2    d x   4   cos2  x    4  0,25 tan  x    Vậy I   0 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' 0,25  0,25 1,00 Gọi M trung điểm CA ta thấy: A’ B’ BM  CA B' O  CA     CA  ( B' BM ) BM  B ' O  O   C’ H 0,25 Kẻ MH  BB ' (do B nhọn nên H thuộc B đoạn BB’) A O CA  ( B' BM )  Do  nên HM  CA HM  ( B' BM ) M C Vậy HM đoạn vng góc chung BB’và CA, d ( BB ' ; CA)  HM  0,25 a Trang 3/6 Xét hai tam giác đồng dạng BB’O BMH, ta có B' O HM , suy  BO BH BO.HM 2a a 2a B' O    BH 3a Thể tích khối lăng trụ: 1 2a a 3 V  S ABC B' O  BM CA.B' O  a 3.2a  2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức Theo bất đẳng thức Cơ-si, ta có 2b3  0,25 0,25 1,00 1  b3  b3   b 8  c Từ đó, ta có 32(b3  c )  10  24(b  c )  3    Q Mặt khác 2bc  b2  c2 Suy P  8a  8b  8c  Tương tự 2c3  1 , y , z Từ gt, ta có x, y, z  (0;1) x  y  z  a 1 b 1 c 1 Rút a, b, c theo x, y , z thay vào Q, ta 3x 3y2 3z   Q= x  16x  y  16 y  z  16z  0,25 Đặt x  3t  6t  3, t  (0;1) (1) 9t  16t  Biến đổi tương đương, ta bất đẳng thức với t thuộc khoảng (0;1) (3t  2) (6t  6)  0,25 Ta chứng minh 7.a Áp dụng (1), ta Q  6( x  y  z)   Suy P  Dấu xảy a = b = c = 1/2 Vậy minP = 3t Chú ý : Đường thẳng y  6t  tiếp tuyến đồ thị hàm số y  9t  16t  điểm có hồnh độ 2/3 Tính diện tích tam giác ABC Đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(-2;2), bán kính R = Gọi H trực tâm tam giác ABC, ta có GH  2GI (Tính chất đường thẳng Ơ-le tam giác) Suy H(1;12) Ta chứng minh H E đối xứng qua đường thẳng BC Vì HE vng góc với BC nên ta cần chứng minh góc HBC góc EBC Xét trường hợp tam giác ̂ (Cùng phụ với góc ABC nhọn (Các trường hợp khác tương tự), ta có: ̂ ACB), ̂ ̂ ̂ (Hai góc nội tiếp chắn cung EC) Do ̂ ̂ (ĐPCM) Đường thẳng BC qua trung điểm N(1;5) HE nhận vectơ EH (0;14) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình 14(y-5) = hay y–5 = Gọi M trung điểm BC, ta có IM vng góc với BC IM = d(I;BC) = Do BM  IB  IM  R  IM  Đường thẳng HE qua E(1;-2) có vtcp EH (0;14) nên có phương trình x-1 = Tọa độ A nghiệm hệ phương Trang 4/6 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 x   x  x  trình    2 y   y  2 ( x  2)  ( y  2)  25 Vì A khác E nên A(1;6) Ta có d(A;BC) = 1 Diện tích tam giác ABC S  BC.d ( A; BC )  BM d ( A; BC )  4.1  8.a Viết phương trình mặt phẳng (P) 0,25 1,00 Các mặt phẳng ( ) : 2x  z   ( ) : x  y  3z   có vectơ pháp tuyến n1 (2;0;1) n2 (1;2;3) Vì (P) vng góc với hai mp nên 0,25 (P) có vectơ pháp tuyến n  [n1 , n2 ]  (2;5;4) Phương trình (P) có dạng 2x+5y-4z+m = (P) cắt Ox, Oy, Oz A(-m/2;0;0), B(-m/5;0;0), C(0;0;m/4) 0,25 m m m 4  OA.OB.OC     m  64  m  4 15 15 15 Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm là: 2x+5y-4z+4 = 0, 2x+5y-4z-4 = 0,25 Tính số học sinh nữ lớp 1,00 Gọi số học sinh nữ lớp n ( n  N*, n  28 ) Số cách chọn học sinh 0,25 VOABC  9.a C 30 Số cách chọn học sinh, có nam, nữ C30n C n Vì xác suất chọn nam, nữ 12/29 nên ta có C30n C n 12   n  59n  870n  3360  29 C30  (n  14)(n  45n  240)   n  14 n  45  1065 0,25 0,25 0,25 Kết hợp đk, ta có n = 14 Vậy số học sinh nữ lớp 14 học sinh 7.b 0,25 Tìm tọa độ điểm H 1,00 Tọa độ A nghiệm hệ phương trình: 4 x  y  20   x  1 hay  Suy A(-1;-8)  2 x  y  10   y  8 Gọi D, E, F, N trung điểm HA, HB, HC, AC B’ chân đường cao hạ từ B tam giác ABC Ta có EF//BC, NF//AH, BC  AH Do EF  NF Tương tự, ta có ED  DN Vậy, đường trịn (C) qua D, E, F đường trịn đường kính EN Suy N thuộc (C) Mặt khác EB’  B’N, tức B’ thuộc (C) Tọa độ N B’ nghiệm hệ phương trình: 2 x  y  10   y  2 x  10  x  2  x  4     2  y  6  y  2 ( x  1)  ( y  2)  25 5 x  30x  40  Nếu N(-4;-2) C(-7;4) (loại) Nếu N(-2;-6) C(-3;-4) (thỏa mãn) Vậy N(-2;-6), B’(-4;-2), C(-3;-4) Đường thẳng BH qua B’ nhận vtcp (1;-2) AC làm vtpt nên có phương trình x-2y = Đường thẳng CH qua C nhận vtcp (3;4) AB làm vtpt nên có phương trình 3x+4y+25 = Trang 5/6 0,25 0,25 0,25 8.b Tọa độ H nghệm hệ phương trình  x  5 x  y   hay   3x  y  25  y    5  Vậy H   5;  2  Viết phương trình mặt cầu (S) 0,25 1,00 Đường thẳng d qua I(-4;7;-2) có vtcp u (2;2;1) 0,25 Ta có IM (9;6;6) , [ IM , u]  (6;3;6)  d (M , d )  [ IM , u ]  u 36   36   1 0,25  AB  2 Gọi R bán kính mặt cầu, ta có R  MA2  d ( M , d )       18   2 Phương trình mặt cầu (S) là: ( x  5)  ( y  1)  ( z  4)  18 9.b 0,25 Tính mơđun số phức z ( z  5) 1,00 Đặt z  a  bi ( a, b  R) Theo gt, ta có a  b a  b  hay b   a Giả sử dạng lượng giác z z  r (cos  i sin ) Theo cơng thức Moa-vrơ, ta có: z 2014  r 2014 (cos 2014  i sin 2014 )  z 2014  r 2014  z   2014 0,25 0,25 2014  51007 hay a  b2  Kết hợp giả thiết, ta có a  b Thế b   a , ta phương trình a   b  a  (3  a)   a  3a     a   b  0,25 Kết hợp đk a  b ta z  1 2i Khi z   2i Suy z ( z  5)  (1  2i)(6  2i)  10  10i 0,25 Do z ( z  5)  10 0,25 -Hết Trang 6/6 ... Theo công thức Moa-vrơ, ta có: z 20 14  r 20 14 (cos 20 14? ??  i sin 20 14? ?? )  z 20 14  r 20 14  z   20 14 0, 25 0, 25 20 14  51 007 hay a  b2  Kết hợp giả thi? ??t, ta có a  b Thế b   a , ta... C n 12   n  59 n  870n  3360  29 C30  (n  14) (n  45 n  240 )   n  14 n  45  10 65 0, 25 0, 25 0, 25 Kết hợp đk, ta có n = 14 Vậy số học sinh nữ lớp 14 học sinh 7.b 0, 25 Tìm tọa độ điểm... : C5  C6  5 5 TH2 : Chọn có màu : ố c ch chọn C9  C10  C11  2C5  2C6 5 5 5 Nên A  C9  C10  C11  2C5  2C6 + C5  C6 suy 5 5 5 A  C 15 - A  C 15 -( C9  C10  C11  2C5  2C6 + C5 

Ngày đăng: 04/06/2014, 14:24

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan