Đang tải... (xem toàn văn)
Câu 5 1,0 điểm Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng ABCD và góc giữa đường thẳng SC tạo với mặt phẳng SAB bằng 300.. Gọi M là trung điểm của SA, P[r]
(1)www.MATHVN.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3x + Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x+2 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho b) Cho hai điểm A( −1; −1), B (2; 2) trên đồ thị (C) Định m để đường thẳng (d): y = x + m cắt đồ thị (C) hai điểm M, N cho tứ giác ABMN là hình bình hành Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: (sin x + cos x) sin x = x+ Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x2 + = x 2( x + 1) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x − x − x + dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) 300 Gọi M là trung điểm SA, (P) là mặt phẳng qua M và vuông góc với SC Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC, SD N, E, F Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF Câu (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực: x + (m + 14) x + 4m + = x − x − 20 + x + 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 tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = AD , tâm I (1; −2) Gọi M là trung điểm cạnh CD, H (2; −1) là giao điểm hai đường thẳng AC và BM Tìm tọa độ các điểm A, B Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − y − z − = và hai điểm A(3; −1; −3), B (5;1;1) Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích tam giác ABC Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A là tập hợp tất các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi khác và khác Chọn ngẫu nhiên số từ tập A Tính xác suất để số chọn chia hết cho B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 4)2 + ( y − 1) = 20 và điểm M (3; −1) Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB (I là tâm đường tròn (C)) Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − = và hai điểm A(3; − 5; 2), B (7; − 3; − 2) Tìm điểm M trên (S) cho biểu thức MA2 + MB có giá trị nhỏ e x + ( x + y ) ln x = e y + ( x + y ) ln y Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 x −x + 3x + x + = 32 y + 3 - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:…………………… www.DeThiThuDaiHoc.com (2) www.MATHVN.com ĐÁP ÁN KHỐI B Câu Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số: y = TXĐ: D = ℝ \ {−2} , y ' = 3x + x+2 > 0, ∀x ∈ D ( x + 2) 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng: (−∞; − 2) và ( −2; + ∞) Giới hạn và tiệm cận: lim − y = +∞; lim + y = −∞ ⇒ pt tiệm cận đứng: x = −2 x → ( −2) x →( −2) 0,25 lim y = lim y = ⇒ pt tiệm cận ngang y = x →+∞ x →−∞ Bảng biến thiên: x + y’ +∞ −2 −∞ + +∞ 0,25 y −∞ Đồ thị: Đi qua các điểm − ; , ( 0; 1) và nhận giao điểm tiệm cận I(−2; 3) làm tâm đối xứng y 0,25 x −2 − O Cho hai điểm A(−1; − 1), B (2; 2) trên đồ thị (C) Định m để đường thẳng (d ) : y = x + m cắt đồ thị (C) hai điểm M, N cho tứ giác ABMN là hình bình hành Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (C): x ≠ −2 3x + = x+m⇔ x+2 3 x + = ( x + 2)( x + m) (1) ⇔ x (m − 1) x + 2m − = (2) (do x = −2 không phải là nghiệm (1)) www.DeThiThuDaiHoc.com 0,25 (3) www.MATHVN.com (d) cắt (C) hai điểm phân biệt M, N phương trình (2) có nghiệm phân biệt m < (3) ⇔ ∆ = (m − 1)2 − 4(2m − 2) = m − 10m + > ⇔ m > 0,25 Khi đó: | yM − yN |=| xM − xN |= ∆ = m − 10m + Nhận thấy hai điểm A, B thuộc đường thẳng y = x song song với (d) m ≠ Do đó với điều kiện (3), để tứ giác ABMN là hình bình hành thì ta cần MN = AB là đủ 0,25 Ta có: MN = AB ⇔ ( xM − xN ) + ( yM − y N )2 = ⇔ m − 10m + = ⇔ m − 10m = m = So với điều kiện (3) ta nhận m = 10 là đáp số bài toán ⇔ m = 10 Câu Giải phương trình: (sin x + cos x ) sin x = Phương trình đã cho tương đương: (1,0 điểm) 1 π cos x sin x = ⇔ sin x + sin x = sin x + 3 2 π π ⇔ cos x − − cos x + = 3 3 π cos x − = ⇔ cos x − π = −1 3 π + k 2π ⇔ x = π Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x+ 0,25 + kπ ( k , m ∈ ℤ ) Vậy phương trình đã cho có họ nghiệm: x = π 0,25 + kπ ( k ∈ ℤ ) x2 + = x 2( x + 1) ĐK: x > Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương: 3 1 2( x + 1) x + = x + ⇔ 1 + x + = x + x x x x ⇔ x+ ⇔ 0,25 0,25 π π 2 x − = k 2π 2 x = + k 2π ⇔ ⇔ 4 x + π = π + m2π 2 x = π + mπ 3 ⇔ 2x = 0,25 2 3 3 3 −2 x+ + − x + = ⇔ x + x + − − x + − = x x x x x x x x x x+ −2 = 3 2 x x + − x + − = ⇔ x x x x+ − =0 x x www.DeThiThuDaiHoc.com 0,25 0,25 0,25 (4) www.MATHVN.com x2 − 4x + = x2 − x + = ⇔ ⇔ x + 3x − = ( x − 1)( x + x + 4) = x = Vậy phương trình có nghiệm x = 1; x = ⇔ x = Câu (1,0 điểm) 0,25 Tính tích phân I = ∫ x − x − x + dx Đặt t = − x ⇔ dt = −dx Đổi cận: x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = Suy ra: I =∫ =∫ = −∫ 0,25 2(1 − t )3 − 3(1 − t ) − (1 − t ) + (− dt ) 0,25 −2t + 3t + t − dt 0,25 0,25 2t − 3t − t + dt = − I ⇒ I = Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) 300 Gọi M là trung (1,0 điểm) điểm SA, (P) là mặt phẳng qua M và vuông góc với SC Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC, SD N, E, F Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF Từ giả thiết ta có: S BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BSC = 30 300 BC ⊥ SA E I F N là góc SC với mp(SAB) Từ đó: M 0,25 SB = BC.cot 300 = a 3, Câu SA = SB − AB = a D SC ⊥ (P) E nên thể tích khối chóp S.MNEF xác định bởi: B C V = S MNEF SE Do SA ⊥ AC và SA = AC = a , nên ∆SAC vuông cân A ⇒ ∆SEM vuông cân SM a E ⇒ SE = = 2 Ta có: MN ⊥ CS (do SC ⊥ ( P) ⇒ MN ⊥ ( SBC ) ⇒ MN ⊥ NE , MN ⊥ SB MN ⊥ BC (do BC ⊥ ( SAB) A ⇒ S MNE = 0,25 1 a a a2 MN NE = = 2 6 24 Hoàn toàn tương tự ta có MF ⊥ EF và S MEF = a2 a ⇒ S MNEF = 24 12 a3 Vậy V = S MNEF SE = (đvtt) 72 MN ⊥ SE ⇒ MN ⊥ ( SNE ) ⇒ MN ⊥ SN Tương tự MF ⊥ SF MN ⊥ NE Từ đó ∆SNM, ∆SEM và ∆SFM là tam giác vuông nhận SM là cạnh huyền chung Suy gọi I là trung điểm SM thì I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình www.DeThiThuDaiHoc.com 0,25 0,25 (5) www.MATHVN.com a SM = Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực: chóp S.MNEF và bán kính mặt cẩu là R = Câu x + (m + 14) x + 4m + = x − x − 20 + x + (1,0 điểm) x − x − 20 ≥ Trước hết ta phải có điều kiện ⇔ x ≥ (1) x +1 ≥ Với điều kiện (1), phương trình đã cho tương đương: x + ( m + 14) x + 4m + = x − x − 20 + 25( x + 1) + 10 ( x + 1)( x − x − 20) 0,25 ⇔ 4( x − x − 20) + ( m + 6)( x + 4) = 10 ( x + 4)( x − x − 5) ⇔ 4( x − x − 20) x2 − 4x − + m + = 10 (2) x+4 x+4 x2 − x − , phương trình (2) trở thành: m = −4t + 10t − (3) x+4 x2 − x − , với x ∈ [5; + ∞) , ta có: Xét hàm f ( x) = x+4 x + x − 11 f (5) = 0, lim f ( x ) = +∞, f '( x) = > 0, ∀x ∈ [5; + ∞ ) Chứng tỏ f(x) x →+∞ ( x + 4)2 đồng biến trên [5; + ∞) Suy ra: + Điều kiện t là t ≥ Đặt t = x2 − x − có đúng nghiệm x ∈ [5; + ∞) x+4 Từ đó yêu cầu bài toán tương đương tìm m cho phương trình (3) có đúng nghiệm t ∈ [0; + ∞) Lại xét hàm: g (t ) = −4t + 10t − với t ∈ [0; + ∞) , ta có: 5 g '(t ) = −8t + 10; g '(t ) = ⇔ t = , g = 4 Bảng biến thiên: +∞ t 0,25 + Với t ≥ thì phương trình t = g’(t) + − g(t) −6 0,25 0,25 −∞ Câu 7a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = AD , tâm I (1; −2) Gọi M là trung điểm cạnh CD, H (2; −1) là giao điểm hai đường thẳng AC (1,0 điểm) và BM Tìm tọa độ các điểm A, B 0,25 Từ giả thiết ta có H là trọng tâm ∆BCD Suy IA = 3HI ⇒ A(−2; −5) Từ bảng biến thiên ta suy điều kiện m thỏa yêu cầu bài toán là −6 ≤ m < BC BC BM = ; HC = AC = 3 3 Suy HB + HC = BC Vậy BM ⊥ AC Ta có HB = www.DeThiThuDaiHoc.com 0,25 (6) www.MATHVN.com Câu 8.a (1,0 điểm) Suy BM qua H (2; −1) , nhận vtpt IH = (1;1) ⇒ pt BM : x + y − = ⇒ tọa độ B có dạng B(t ;1 − t ) 0,25 IB = IA ⇔ (t − 1) + (3 − t ) = 18 ⇔ t − 4t − = ⇔ t = ± 2 0,25 Vậy B(2 + 2; − − 2) B(2 − 2; − + 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − y − z − = và hai điểm A(3; −1; −3), B(5;1;1) Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích tam giác ABC Ta có: + vtpt (P) là n = (1; − 2; − 1) C ∈ ( P) nên C ( x0 ; y0 ; x0 − y0 − 5) + AB = (2; 2; 4), AC = ( x0 − 3; y0 + 1; x0 − y0 − 2) Suy mp(ABC) có vtpt là m = AB, AC = (2 x0 − y0 − 8; x0 + y0 − 8; − x0 + y0 + 8) Theo giả thiết: ( ABC ) ⊥ ( P ) ⇒ n.m = ⇔ x0 − y0 − − 2(2 x0 + y0 − 8) − ( −2 x0 + y0 + 8) = 0,25 0,25 ⇔ y0 = S ABC = ⇔ AB, AC = 2 0,25 ⇔ (2 x0 − y0 − 8) + (2 x0 + y0 − 8) + (−2 x0 + y0 + 8)2 = x0 = ⇔ (2 x0 − 8) + (2 x0 − 8)2 + (−2 x0 + 8) = ⇔ (2 x0 − 8) = ⇔ 0,25 x0 = Vậy C (5;0;0) C (3;0; − 2) Câu 9.a Gọi A là tập hợp tất các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi khác và khác Chọn ngẫu nhiên số từ tập A Tính xác suất để số chọn chia hết cho (1,0 điểm) 0,25 Số phần tử tập A: A93 = 504 Gọi n = abc là số tự nhiên chọn thỏa yêu cầu bài toán Chỉ có các trường 0,25 hợp sau: TH1: a, b, c chia hết cho ⇒ a, b, c ∈ B = {3; 6;9} ⇒ có 3! cách chọn n TH2: a, b, c chia cho dư ⇒ a, b, c ∈ C = {1; 4; 7} ⇒ có 3! cách chọn n 0,25 TH3: a, b, c chia cho dư ⇒ a, b, c ∈ D = {2;5;8} ⇒ có 3! cách chọn n TH4: Trong số a, b, c có số thuộc B, số thuộc C và số còn lại thuộc D ⇒ có (3x3x3)3! cách chọn n 0,25 Suy số cách chọn n là (3 + 33 ).3! = 180 180 Vậy xác suất để số chọn chia hết cho là = 504 14 Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 4)2 + ( y − 1) = 20 và điểm M (3; −1) Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (C) hai điểm phân biệt A, B (1,0 điểm) cho diện tích tam giác IAB (I là tâm đường tròn (C)) Đường tròn (C) có tâm I (4;1), R = Gọi H là trung điểm AB, suy AH ⊥ AB 0,25 Diện tích tam giác IAB: S IAB = IH AB = ⇔ IH = IH = 2 Đường thẳng ∆ qua điểm M nên có phương trình ax + by − 3a + b = 0, a + b > www.DeThiThuDaiHoc.com (7) www.MATHVN.com TH1: d(I,∆) = IH = ⇔ a + 2b = ⇔ 15a − 4ab + 12b = 0,25 a +b ⇔ 11(a + b ) + (2a − b) = ⇔ a = b = (không thỏa a2 + b2 > 0) a + 2b TH2: d(I,∆) = IH = ⇔ =2 0,25 a + b2 ⇔ a (3a − 4b) = ⇔ a = 3a – 4b = + Nếu a = chọn b =1 ⇒ phương trình ∆: y + = 0,25 + Nếu 3a – 4b = chọn a = và b = ⇒ phương trình ∆: 4x + 3y – = Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − = và hai điểm A(3; − 5; 2), B(7; − 3; − 2) Tìm điểm M trên (S) cho biểu thức MA2 + MB có (1,0 điểm) giá trị nhỏ Gọi I là trung điểm AB thì I (5; − 4; 0) 2 Ta có: MA2 + MB = IM + 29 AB = IM + ⇒ MA2 + MB nhỏ 2 0,25 và IM nhỏ 15 1 1 (S) có tâm J ; 2;0 , bán kính R = Do IJ = − + (2 + 4) = > R , 2 2 2 nên I nằm ngoài (S) Từ đó gọi M0 là giao điểm đoạn thẳng IJ với (S), thì với điểm M thuộc (S) ta luôn có bất đẳng thức đúng sau: IM + MJ = IM + R ≥ IJ = IM + R ⇔ IM ≥ IM = const Đẳng thức xảy M ≡ M Vậy MA2 + MB nhỏ M là giao điểm đoạn IJ với (S) x = − 3t Ta có phương trình IJ: y = −4 + 4t (t ∈ ℝ) z = Tọa độ M là nghiệm hệ: x = − 3t x = 2; y = z = 0; t = y = −4 + 4t ⇔ x = −1; y = 4; z = 0; t = z = x + y + z − x − y − = Do M thuộc đoạn IJ nên ta nhận M (2;0;0) 0,25 0,25 0,25 Câu 9.b e x + ( x + y ) ln x = e y + ( x + y ) ln y Giải hệ phương trình: 2 x −x + 3x + x + = 32 y + 3 (1,0 điểm) Điều kiện: x > và y > e x − e y = ( x + y )(ln y − ln x) (1) Hệ phương trình đã cho tương đương: 2 x −x + 3x + x + = 32 y + (2) 3 t Nhận xét: Vì các hàm số y = e , y = ln t luôn đồng biến trên khoảng (0; + ∞) , nên với x > y > < x < y thì hai vế pt (1) luôn trái dấu Suy (1) ⇔ x=y Thay vào (2) ta được: 3x −x + 3x + x+2 = 32 x + ⇔ 3x − x−2 + 3x +x = 32 x −2 + ⇔ (3x − x−2 www.DeThiThuDaiHoc.com − 1)(3x +x − 1) = 0,25 0,25 0,25 (8) www.MATHVN.com x = −1 3x − x − − = x2 − x − = ⇔ ⇔ ⇔ x = x +x 3 −1 = x + x = x = Do điều kiện nên ta nhận x = ⇒ y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 2) 0,25 Ghi chú: + Cách giải khác Câu 3: Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương: 2 x2 + ( x + ) = ⇔ 4( x + 3)( x + 1)2 = x ( x + ) x 4( x + 1) ⇔ 4( x + 3)( x + 1) = x ( x + ) ⇔ x − x + x − 16 x + 25 x − 12 = x −1 = x = ⇔ ( x − 1) ( x − 3)( x + x + 4) = ⇔ x − = ⇔ x = x + x + = (vn) Vậy phương trình có nghiệm x = 1; x = + Cách giải khác Câu 8a: Từ giả thiết suy IA = 3HI ⇒ A(−2; −5) Gọi B(x;y) Ta có ( x − 1) + ( y + 2) = 18 IA = IB 9 x − y − = ⇔ ⇔ 2 2 AB = AD x + y − x + y − 13 = ( x + 2) + ( y − 5) = (4 − x ) + (1 − y ) 2 x = + 2 x = − 2 ⇔ y = −1 − 2 y = −1 + 2 Vậy B(2 + 2; − − 2) B(2 − 2; − + 2) + Cách giải khác Câu 8b: Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) Ta có: 1 25 (1) và + M ∈ ( S ) nên x + y + z − x0 − y0 − = ⇒ x0 − + ( y0 − 2) + z02 = 2 x02 + y02 + z02 = x0 + y0 + (2) 2 + IM = ( x0 − 5) + ( y0 + 4)2 + z02 = x02 + y02 + z02 − 10 x0 + y0 + 41 Do (2) nên IM = x0 + y0 + − 10 x0 + y0 + 41 = −9 x0 + 12 y0 + 43 2 1 1 25 Theo bđt B.C.S: −9 x0 − + 12( y0 − 2) + 0.z0 ≤ (81 + 144) x0 − + ( y0 − 2)2 + z02 = 225 (3) 2 2 ⇔− 75 1 75 ≤ −9 x0 − + 12( y0 − 2) ≤ ⇔ 25 ≤ −9 x0 + 12 y0 + 43 ≤ 100 ⇒ ≤ IM ≤ 10 (4) 2 z = z0 = x0 − y0 − 2(2 x0 − 1) Đẳng thức (3) xảy khi: = ⇔ y0 − = − 12 −9 2 (2 x0 − 1) 4(2 x0 − 1) 25 1 25 2 + = x0 − + ( y0 − 2) + z0 = 2 www.DeThiThuDaiHoc.com (9) www.MATHVN.com z0 = x0 = x0 = −1 2(2 x0 − 1) ⇔ y0 − = − ⇔ y0 = ∨ y0 = z = z = (2 x0 − 1)2 = + Với M (2;0;0) thì IM = + Với M (−1; 4;0) thì IM = 10 So sánh với (4) ta suy M (2;0; 0) là điểm cần tìm www.DeThiThuDaiHoc.com (10)