Đề thi thử và đáp án môn toán khối B trường THPT chuyên Hạ Long năm 2014

Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt là điều kiện cần và đủ, các bước đánh giá.. Học sinh có thể giải bài toán theo các cách khác nhau.[r]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

-

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2013-2014

MƠN TỐN – KHỐI B

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số

y

=

f x

( )

= − +

x

3

3

mx

−

2

với

m

tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với

m

=

1

Tìm giá trị

m

để bất phương trình

f x

( )

1

3

x

≤ −

với

x

≥

1

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác

3cot

2

x

+

2 sin

2

x

= +

(2

3 2) cos

x

2 Giải bất phương trình

3

x

2

−

7

x

+ +

3

x

2

−

3

x

+ >

4

x

2

− +

2

3

x

2

−

5

x

−

1

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

4

3

cos 2

(sin

cos

2)

x

I

dx

x

x

π

=

+

+

∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ cạnh đáy

a

; chiều cao

2a

Mặt phẳng (P) qua B’ vng góc A’C chia lăng trụ thành hai khối Tính tỉ lệ thể tích hai khối tính khoảng cách từ điểm A đến (P)

Câu V (1,0 điểm) Cho số thực

a b c

, ,

thỏa mãn

0

, ,

1

2

a b c

<

<

a

+

2

b

+

3

c

=

2

Chứng minh

1

2

9

54

(4

6

3)

(3

1)

(2

4

1)

a b

+

c

−

+

b c

+ −

a

+

c

a

+

b

−

≥

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

cho đường tròn (C)

x

2

+

y

2

− −

x

9

y

+ =

18

0

hai điểm

(4;1); (3; 1)

A

B

−

Các điểm C; D thuộc đường tròn (C) cho ABCD hình bình hành Viết phương trình đường thẳng CD

2 Trong không gian tọa độ

Oxyz

, cho điểm

A

(4;0;0)

;

B x y

(

0

;

0

;0)

với

x y

0

;

0 số thực dương cho

OB

=

8

góc

AOB

=

60

0 Xác định tọa độ điểm

C

trục

Oz

để thể tích tứ diện OABC

8

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số tự nhiên

n

≥

2

, chứng minh đẳng thức

0 2

2

(

C

n

)

+

(

C

n

)

+ +

(

C

nn

)

=

C

nn B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

cho hình chữ nhật ABCD có đường thẳng AB, AD qua

M

(2;3)

( 1;2)

N

−

Viết phương trình đường thẳng BC CD biết tâm hình chữ nhật điểm

( ; )

5 3

2 2

I

26

AC

=

2 Trong không gian tọa độ

Oxyz

, cho C(0;0;2); K(6;-3;0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua C, K cắt trục

Ox

,

Oy

hai điểm A, B cho thể tích tứ diện OABC

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

CÂU ĐÁP ÁN B.ĐIỂM

Hàm số

y

= − +

x

3

3

x

−

2

a TXĐ

D

=

ℝ

b Giới hạn

lim

; lim

x→−∞

y

= +∞

x→+∞

y

= −∞

0.25

c Chiều biến thiên

y

'

= −

3

x

2

+

3

;

y

'

= ⇔ = ±

0

x

1

Hàm số nghịch biến khoảng

(

−∞ −

; 1);(1;

+∞

)

đồng biến

( 1;1)

−

Hàm số đạt cực tiểu

x

= −

1;

y

CT

= −

4

, đạt cực đại

x

=

1;

y

CÐ

=

0

0.25

d Bảng biến thiên

x

−∞

−

1

1

+∞

y’ - + -

y

0

-4

−∞

0.25 I.1

e Đồ thị

Điểm cắt trục hoành (1;0); (-2;0) Điểm cắt trục tung (0;-2)

x y

O -1

-4 -2

-2

Đồ thị hàm số nhận điểm (0;-2) làm tâm đối xứng

0.25

Biến đổi bất phương trình

3

1

( )

(

1)

f x

x

x

−

≤

≥

ta

x

6

−

3

mx

4

+

2

x

3

≥

1

hay

6

4

2

1

3

x

x

m

x

+

− ≥

0.25

Xét hàm số

6

2

4

2

1

2

1

( )

x

x

g x

x

x

x

x

+

−

=

=

+ −

[1;

+∞

)

Tính

g x

'( )

2

x

2

2

4

5

x

x

=

−

+

0.25

Chỉ

g x

'( )

> ∀ >

0

x

1

, nên hàm số

y

=

g x

( )

đồng biến

[1;

+∞

)

0.25 I.2

Từ phải có

[1; )

min ( )

g x

3

m

+∞

≥

hay

2

3

m

≤

0.25

II.1 Điều kiện

sin

x

≠

0

0.25

Chia hai vế pt cho

sin

2

x

≠

0

, ta

2

4

3cos

cos

2 2

(2 2)

sin

sin

x

x

x

+

= +

x

Đặt

cos

sin

x

t

x

=

, đưa pt bậc hai t:

3

t

2

− +

(2 2)

t

+

2 2

=

0

Tính

2;

2

3

t

=

t

=

0.25

Với

t

=

2

, biến đổi

2 cos

2

x

+

cos

x

−

2

=

0

,

cos

2

2

x

=

cos

x

= −

2( )

l

, từ nghiệm

2

4

x

= ± +

π

k

π

(tmđk)

0.25

Với

2

3

t

=

biến đổi

2cos

2

x

+

3cos

x

− =

2

0

,

cos

1

2

x

=

cos

x

= −

2( )

l

, từ

đó nghiệm

2

3

x

= ± +

π

k

π

(tmđk) Vậy pt có họ nghiệm

0.25 Điều kiện 2 2

3

7

3

0

3

4

0

( )

2

0

3

5

1 0

x

x

x

x

I

x

x

x



−

+ ≥



−

+ ≥





− ≥





−

− ≥



Biến đổi tương đương

2 2

3

x

−

5

x

− +

1 2(2

−

x

)

+

x

− +

2

3(2

−

x

)

>

x

− +

2

3

x

−

5

x

−

1

(1)

0.25

Với giá trị x thỏa mãn (I) Nếu

x

≥

2

VT<VP vơ nghiệm Nếu

x

<

2

thỏa mãn (1)

0.25

Do bpt cho tương đương với hệ

2

2

( )

2

0

3

5

1 0

x

I

x

x

x

<





− ≥





−

− ≥



0.25 II.2

Giải hệ ta tập nghiệm

(

;

2]

[

5

37

; 2)

6

S

= −∞ −

∪

+

0.25

4

3

0

(cos

sin )(cos

sin )

(cos

sin ) (cos

sin 2)

(cos

sin

2)

(cos

sin

2)

x

x

x

x dx

x

x d

x

dx

I

x

x

x

x

π π

+

−

+

+

+

=

=

+

+

+

+

∫

∫

0.25

Đặt

t

=

cos

x

+

sin

x

+

2

Đổi cận … đưa

2 3

(

t

2)

dt

I

t

+

−

=

∫

0.25

III Biến đổi 2 3

1

1

(

)

I

dt

t

t

+

Tính

3

8

5 2

27

(2

2)

I

=

−

+

+

0.25

Gọi M trung điểm A’C’, B’M vng góc với mặt phẳng (ACC’A’) nên

'

'

B M

⊥

A C

Do

M

∈

( )

P

Trong (ACC’A’), kẻ MN vng góc với A’C (

N

∈

AA

'

),

N

∈

( )

P

Thiết diện cắt (P) tam giác B’MN

Hai tam giác A’C’C NA’M đồng dạng nên

'

1

'

2

4

a

A N

=

A M

=

0.25

Thể tích tứ diện A’B’MN

3

1 ' '

1

1

1

3

'

sin 60

3

B A M

3 2

96

a

a

a

V

=

A N S

=

a

=

Thể tích lăng trụ

3

1

3

'.

2

.sin 60

2

2

ABC

a

V

=

AA S

=

a

a a

=

Ta có

1

48

V

V

=

nên tỉ lệ thể tich hai khối

1

47

0.25

B C

A B'

A'

C' M

N H

Trong (ACC’A’), kẻ AP song song với MN (P thuộc CC’), AP cắt A’C J Chỉ khoảng cách cần tìm HJ

0.25 IV

Tính

'

5

10

a

A H

=

;

5

5

a

CJ

=

;

A C

'

=

a

5

ta

7

5

10

a

HJ

=

Khoảng cách cần tìm

7

5

10

a

0.25

Biến đổi

2 2

1

2

9

2

3

(1 )

(1 )

(3 )

(1 )

(1 )

(1 )

a

b

c

VT

a

a

b

b

c

c

a

a

b

b

c

c

=

+

+

=

+

+

−

−

−

−

−

−

0.25 V

Sử dụng BĐT với x thỏa mãn

0

1

2

x

< ≤

, ta có

2

(1 )

(

1 2

)

3

1

3

27

x

x

x

x

−

x

≤

+ + −

=

0.5

A' C'

A C

M

N

P J

Lần lượt cho

x

=

a b c

; ;

cộng vế bất đẳng thức ta

27(

2

3 )

54

VT

≥

a

+

b

+

c

=

Dấu đẳng thức xảy

a

= = =

b

c

1 / 3

0.25

Chỉ đường trịn (C) có tâm

( ; )

1 9

2 2

I

bán kính

10

2

R

=

Tính

AB

= − −

( 1; 2);

AB

=

5



Phương trình CD có dạng

y

=

2

x

− +

y

m

0.25

Khoảng cách từ I đến CD

2

7

2 5

m

d

=

−

Chỉ

CD

=

2

R

2

−

d

2

0.25

Do

2

2

5

(2

7)

2

5

(2

7)

25

2

20

m

m

−

−

=

⇔

−

=

0.25

VI.a.1

Từ hai phương trình đường thẳng

2

x

− + =

y

6

0;2

x

− + =

y

1 0

0.25 Từ giả thiết ta thu hệ

2 0

0

64

4

1

4.8

2

x

y

x



+

=





=





0.25

Vì

x y

0

;

0 dương nên tính

x

0

=

4;

y

0

=

4 3

0.25 Tính diện tích tam giác AOB

8 3

Chỉ OC vng góc với (AOB) tính

3

OC

=

0.25

VI.a.2

Từ tìm tọa độ điểm C

(0;0; 3);(0;0;

−

3)

Xét khai triển

P x

( )

= +

(1

x

)

2n có hệ số

x

n

C

2nn 0.25 Mà

P x

( )

= +

(1

x

) (

n

x

+

1)

n

= +

(1

C x

1n

+ +

C x

nn n

)(

x

n

+

C x

1n n−1

+ +

1)

0.25 VII.a

Chỉ hệ số

x

n+1 theo cách khai triển thứ hai

(

C

n0+1

)

2

+

(

C

n1+1

)

2

+ +

(

C

nn++11 2

)

từ suy đpcm

0.5 Gọi pt AB

a x

(

− +

2)

b y

(

− =

3)

0(

a

2

+

b

2

≠

0)

pt AD

b x

(

+ −

1)

a y

(

− =

2)

0

2 2

3

7

2 ( ;

)

a

b

;

2 ( ;

)

b

a

AD

d I AB

AB

d I AD

a

b

a

b

−

+

=

=

=

=

+

+

0.25

Từ

AC

2

=

AB

2

+

AD

2, ta tính

3

a

2

−

ab

−

4

b

2

=

0

nên

a

= −

b

4

3

b

a

=

0.25 Với

a

= −

b

, ta pt CD BC

x

− − =

y

3

0

x

+ − =

y

7

0

0.25 VII.a.1

Với

4

3

b

a

=

, ta pt CD BC

4

x

+

3

y

− =

12

0

3

x

−

4

y

− =

14

0

0.25 VII.a.2

Gọi

A a

( ;0;0); (0; ;0)

B

b

Chỉ a b khác pt (P)

1

2

x

y

z

a

+ + =

b

Do K thuộc (P) nên

6

3

1

a

− =

b

Chỉ thể tích tứ diện OABC

1

3

3

ab

=

nên

ab

=

9

ab

= −

9

0.25

Với

ab

=

9

, ta tính

a

= =

b

3

6;

3

2

a

= −

b

=

−

PT (P)

2

x

+

2

y

+

3

z

− =

6

0

x

+

4

y

−

3

z

+ =

6

0

0.25

Với

ab

= −

9

tính vơ nghiệm 0.25 Điều kiện x>0

Đặt

log (

3

x

+ =

1)

log

2

x

=

t

, ta

1 3

2

t t

x

x



+ =





=



0.25

Do

3

t

= +

2

t

1

nên

( )

2

( )

1

1

3

3

t

+

t

=

0.25

Bằng cách vế trái (1) hàm số nghịch biến R nên (1) có nghiệm

1

t

=

0.25

VII.b

Tính nghiệm

x

=

2

0.25

Yêu cầu:

Học sinh trình bày chi tiết lời giải bước tính tốn

Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt điều kiện cần đủ, bước đánh giá