Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 2 môn Toán của Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu dành cho các bạn học sinh khối D. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu 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 ĐỀ CHÍNH THỨC 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 (t ) Viết phương trình d : y 2t 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 n6 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: Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://www.boxmath.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl 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) 0,25 y fx = x3-3 x2 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) 0,25 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 0,25 0,25 x (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) 0,25 x2 u x ln x du dx x Đặt dv dx v 1 x x2 0,25 (1,0 điểm) 0,25 2 x ln x dx x2 1 x 1n 2 = + ln x ln = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 I 0,25 0,25 (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 1 a 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 0,25 0,25 0,25 0,25 7.a (1,0 điểm) 0,25 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) I A C D 2S AC.BD 16 BD ABCD IB 2 AC 2 0,25 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 ] 42 12 ; 12 11 ; 11 42 (6;3; 6) 3(2;1; 2) 0,25 0,25 0,25 Gọi (P) mặt phẳng song song với d1 , d (P) nhận [u1 , u2 ]=(2;1;-2) làm véc tơ phép 0,25 tuyến phương trình (P): x y z D | 2.2 1.2 2(1) D | d ( I , ( P )) 3 22 12 (2) 9.a (1,0 điểm) 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 Cnn46 nAn2 454 2! n ! n ! 2n3 n 9n 888 n 8 8 k 8 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) 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 2.2 22 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 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 Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://www.boxmath.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ... (1; 2; 2) [u1 , u2 ] 42 12 ; 12 11 ; 11 42 (6;3; 6) 3 (2; 1; ? ?2) 0 ,25 0 ,25 0 ,25 Gọi (P) mặt phẳng song song với d1 , d (P) nhận [u1 , u2 ]= (2; 1; -2 ) làm véc tơ phép 0 ,25 ... 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) 0 ,25 y fx = x 3-3 x2 O -5 x -2 -4 1,0 b) Trong trường hợp tổng... C85 25 1 17 92 7.b (1,0 điểm) Gọi H hình chiếu A lên d ta có AH = d(A, d) = Tam giác AMN vng A nên 1 1 AN 2 2 AM AN AH AN AN 2. 2 22 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25