Đề thi thử Đại học lần III năm 2014 môn Toán - Trường THPT Hồng Quang

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đề thi thử Đại học lần III năm 2014 môn Toán" của Trường THPT Hồng Quang dành cho tất cả các bạn học sinh khối A, A1, B, V. Đề thi gồm có 9 câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần III năm 2014 môn Toán - Trường THPT Hồng Quang

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2014 TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG MÔN: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, V Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = − x 4 + 2mx 2 − 5 (1), m là tham số thực 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 3. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông cân. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin2x + sin 6 x − 2 3(1 − cos4x)(1-2sin 2 x) =0 tanx-1  x 4 + y 4 + y − 5x + 2 = 0  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) 5 x − 4 x y − x y = 4 xy − 5 x + y 3 3 2 x3 − 2 x 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân ∫ 4 dx 0 x +1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, góc BAD = 600 , SA = SB = SD, tam giác SAC vuông tại S, M là trung điểm SC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBMD theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm và x 2 + y 2 > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 4 P= − . x 2 + y 2 + z2 + 2 z + 2 3 ( x + y )3 ( z + 2)3 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A thuộc đường thẳng d : 3 x + 2 y − 5 = 0 , đường tròn đường kính AC có phương trình ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 20 cắt đường −1 thẳng BC tại điểm H (-3; 0), (H ≠ C) , biết cosABC = . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC 5 biết điểm C có hoành độ là một số nguyên. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x +1 y − 2 z +1 x −1 y −1 z x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 7 = 0 và hai đường thẳng d1 : = = và d2 : = = . 1 −1 1 1 −2 3 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với hai đường thẳng d1, d2 và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3. Câu 9 (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 2Cn3 + Cn1 = 46 . Tìm số hạng chứa x 9 trong n  3x 2 1  khai triển nhị thức Niutơn của  −  , x ≠ 0.  2 x ------------------ Hết ----------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Cảm ơn Việt Lưu Tuấn (tuanviet96hd@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2014 MÔN: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, V (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 1. (1,0 điểm) Khi m=3, khảo sát .... y = − x 4 + 6 x 2 − 5 (2,0 đ) * Tập xác định: ℝ x = 0 0,25 * Sự biến thiên: y ' = −4 x3 + 12 x; y' = 0 ⇔  x = ± 3 ( y ' < 0 ∀x ∈ − 3; 0 ∪ ) ( ) ( 3; + ∞ ; y ' > 0 ∀x ∈ −∞; − 3 ∪ 0; 3 ) ( ) ⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng − 3; 0 và ( ) ( 3; + ∞ ) ; Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; − 3 ) và ( 0; 3 ) 0,25 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = ± 3 , y C § = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 , y CT = −5 Giới hạn: lim y = lim ( − x 4 + 6 x 2 − 5 ) = −∞; lim y = lim ( − x 4 + 6 x 2 − 5 ) = −∞. x →−∞ x →−∞ x →+∞ x →+∞ Bảng biến thiên: x −∞ − 3 0 3 +∞ y' + 0 − 0 + 0 − 0,25 y 4 4 −5 −∞ −∞ * Đồ thị: Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; -5) ; cắt trục hoành tại các điểm (− 5;0), ( 5; 0), (−1; 0), (1; 0) . Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu.. x = 0 y ' = −4 x 3 + 4mx = 4 x(− x 2 + m); y ' = 0 ⇔  2 x = m Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ pt y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt ⇔ m > 0. 0,25 Khi m > 0 đồ thị hàm số có các điểm cực trị là A(0; -5), B (− m ; m − 5), C( m ; m − 5) . 2 2 0,25 ⇒ AB = AC . 1
Tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC vuông cân ⇔ AB.AC = 0 0,25 AB (− m ; m 2 ), AC( m ; m 2 ) ⇒ AB. AC = − m + m 4 = m(m 3 − 1) Khi đó AB. AC = 0 ⇔ m(m 3 − 1) = 0 ⇔ m = 1 . (vì m > 0) 0,25 Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. Giải phương trình sin2x + sin 6 x − 2 3(1 − cos4x)(1-2sin x) = 0 2 tanx-1 2 (1,0 đ)  π  x ≠ + kπ cosx ≠ 0 2 Điều kiện:  ⇔ , k ∈ℤ 0,25  tanx ≠ 1 π  x ≠ + kπ  4 Phương trình đã cho tương đương với 2sin 4 x cos2 x − 4 3 sin 2 2 xcos2 x = 0 ⇔ 2 sin 4 x cos 2 x − 2 3 sin 4 x sin 2 x = 0 0,25 ⇔ 2 sin 4 x (cos2x − 3 sin 2 x ) = 0 kπ • 2 sin 4 x = 0 ⇔ 4x=kπ ⇔ x = ,k ∈Z 4  x = kπ 0,25 • Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm   x = −π + kπ  4 1 π π • cos2x − 3 sin 2 x ⇔ tan 2 x = ⇔x= +m , m ∈ Z (thỏa mãn) 3 12 2 0,25 −π π π Vậy phương trình có nghiệm x = kπ ; x = + kπ ; k ∈ Z x= +m , m∈Z 4 12 2 3  x 4 + y 4 + y − 5 x + 2 = 0 (1,0 đ) Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) 5 x − 4 x y − x y = 4 xy − 5 x + y 3 3 2 Hệ phương trình đã cho tương đương:  x 4 + y 4 + y − 5 x + 2 = 0  x4 + y 4 + y − 5x + 2 = 0  2 ⇔  0,25 ( x + 1)(5 x − y − 4 xy ) = 0 5 x − y = 4 xy  x 4 + y 4 − 4 xy + 2 = 0 (1) ⇔ 5 x − y = 4 xy (2) 0,25 Nhận xét: x + y ≥ 2 x y ⇒ x + y − 4 xy + 2 ≥ 2 x y − 4 xy + 2 = 2( xy − 1) ≥ 0 4 4 2 2 4 4 2 2 2 x2 = y2 x = y = 1 Suy ra (1) ⇔  ⇔ 0,25  xy = 1  x = y = −1 Thay x = y = 1 vào phương trình (2) thấy thỏa mãn. Thay x = y = -1 vào phương trình (2) thấy không thỏa mãn. 0,25 Vậy, ( x; y ) = (1;1) là nghiệm của hệ phương trình. x3 − 2 x 1 4 (1,0 đ) Tính tích phân ∫0 x 4 + 1 dx x3 − 2 x 1 1 1 x3 2x ∫0 x 4 + 1 dx = ∫0 x 4 + 1 dx − ∫0 x 4 + 1 dx = I1 − I 2 0,25 1 d ( x 4 + 1) 1 1 1 1 x3 ln 2 I1 = ∫ 4 dx = ∫ 4 = ln( x 4 + 1) = 0,25 0 x +1 4 0 x +1 4 0 4 2
1 2x dt π I2 = ∫ dx . Đặt x 2 = tan t ⇒ 2 xdx = ; x 4 = tan 2 t ; x = 0, t = 0; x = 1, t = 0 x +1 4 2 cos t 4 0,25 π π 4 dt 4 π I2 = ∫ = ∫ dt = 0 (tan t + 1)cos t 0 2 2 4 x3 − 2 x ln 2 − π 1 Vậy ∫0 x 4 + 1 dx = 4 0,25 5 Tính thể tích... (1,0 đ) Vì SA = SB = SD nên hình chiếu của điểm S xuống mặt phẳng (ABCD) là H thì HA = HB = HD suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Mà tam giác ABD đều (vì 1 0,25 BAD = 600 và AB =AD =a) => H là trọng tâm tam giác ABD ⇒ H ∈ AC và AH= AC 3 1 Do tam giác SAC vuông tại S nên ta có AH . AC = AS2 ⇒ AS= AC = a 3 a 2 2a 2 6 0,25 ⇒ SH 2 = SA2 − AH 2 = a 2 − = ⇒ SH = a 3 3 3 2 3 Thể tích hình chóp S.ABCD là V = 1 SH .S ABCD = 1 a 6 . a 3 = a 2 3 3 3 2 6 Ta có: SA = SB = SD = CB = CD = a nên BM ⊥ SC , DM ⊥ SC , và SC = a 2 SA a BD Gọi O = AC ∩ BD thì MO là đường trung bình của tam giác SAC ⇒ MO = = = 2 2 2 0,25 Suy ra tam giác MBD vuông tại M, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD là O Kẻ Ox//SM, từ trung điểm J của SM kẻ đường thẳng song song với MO, cắt đường thẳng Ox tại I thì IS = IB = IM = ID, hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SMBD. 2  SC  a 2 a 2 3a 2 a 6 IM = IO + MO =  2 2 2  + MO = 2 + = ⇒ IM =  4  8 4 8 4 0,25 a 6 Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SMBD là R = . 4 6 1 4 (1,0 đ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= − . x + y + z + 2z + 2 2 2 2 3 ( x + y )3 ( z + 2)3 3
1 4 P= − . Đặt z + 1 = t ≥ 1 x 2 + y 2 + ( z + 1)2 + 1 3 ( x + y )3 ( z + 2)3 1 4 ta có P = − x + y + t +1 2 2 2 3 ( x + y )3 (t + 1)3 1 Áp dụng bất đẳng thức: a 2 + b 2 ≥ (a + b) 2 , ∀ a, b dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b 2 0,25 1 1 ta có x + y ≥ ( x + y ) 2 , t 2 + 1 ≥ (t + 1)2 2 2 2 2 1 1 Suy ra x 2 + y 2 + t 2 + 1 ≥ ( x + y + t + 1) 2 ⇒ x 2 + y 2 + t 2 + 1 ≥ ( x + y + t + 1) (1) 4 2  a+b 2 Lại có ab ≤   , ∀a, b dấu “=” khi và chỉ khi a = b,  2   x + y + t +1 2 nên ( x + y )(t + 1) ≤   (2) 0,25  2  2 32 từ (1) và (2 ) suy ra P ≤ − x + y + t + 1 3( x + y + t + 1)3 Đặt a = x + y + t + 1 ≥ 2 2 32 Xét hàm số f (a ) = − 3 với a ∈ [ 2; +∞) 0,25 a 3a −2 32 f '(a) = 2 + 4 , f '(a) = 0 ⇔ a = 4 (v× a ≥ 2), f '(a) > 0 ∀a ∈ [ 2; 4) a a Suy ra bảng biến thiên 0,25 1 Từ bảng biến thiên suy ra: f (a ) ≤ , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 4 , 3 1 Suy ra giá trị lớn nhất của P là đạt được khi x = y = t = 1 ⇔ x = y = 1; z = 0 . 3 7 Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .. (1,0 đ) Từ giả thiết suy ra tâm đường tròn đường kính AC là M(1 ; 2) là trung điểm cạnh AC. 5 − 3a 3 + 3a Vì A ∈ d nên A(a; ) và C (2 − a; ), 0,25 2 2 H thuộc đường tròn đường kính AC nên HA ⊥ HC ⇒ HA.HC = 0 4
 5 − 3a   3a + 3  HA =  a + 3;  ; HC  5 − a;   2   2  −25 HA.HC = 0 ⇔ −13a 2 + 14a + 75 = 0 ⇔ a = 3 hoặc a = 13 −25 51 0,25 * a= ⇒ xC = không thỏa mãn ; 13 13 * a = 3 ⇒ A(3; −2), C (−1;6) Phương trình đường thẳng BC đi qua hai điểm C(-1 ; 6) và H(-3 ; 0) là 3x − y + 9 = 0 ⇒ B (b;3b + 9) 0,25 BA = (3 − b; −11 − 3b); BC = (−1 − b; −3 − 3b) BA.BC = 10b 2 + 40b + 30, BA = 10b 2 + 60b + 130, BC = 10b 2 + 20b + 10 BA.BC 10b 2 + 40b + 30 cos ABC = cos( BA, BC ) = = BA . BC 10b 2 + 60b + 130. 10b 2 + 20b + 10 b 2 + 4b + 3 1 b 2 + 4b + 3 < 0 = =− ⇔ 2 ⇔ b = −2 ⇒ B (−2;3) 0,25 b + 6b + 13. b + 2b + 1 2 2 5 b + 6b + 8 = 0 Vậy A(3 ; -2), B(-2 ; 3), C(-1 ; 6). 8 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song d1, d2… (1,0 đ) Mặt cầu (S) tâm I(1; 1; 0) và bán kính R=3. mặt phẳng (P) song song với hai đường thẳng d1, d2 có véctơ chỉ phương là 0,25 u1 (1; −1;1); u2 (1; −2;3) suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n = u2 , u1  = (1; 2;1)   0,25 Phương trình mặt phẳng (P) có dạng: x + 2 y + z + D = 0 1 + 2.1 + 0 + D d ( I ;( P)) = R 2 − r 2 = 9 − 3 = 6 ⇔ = 6 0,25 6 ⇔ D + 3 = 6 ⇔ D = 3 hoặc D = −9 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là x + 2 y + z + 3 = 0 hoặc x + 2 y + z − 9 = 0 9 Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 2Cn3 + Cn1 = 46 … (1,0 đ) n(n − 1)(n − 2) ta có 2Cn3 + Cn1 = 46 ⇔ + n = 46 (đk n ≥ 3 , n ∈ Z ) 0,25 3 ⇔ n3 − 3n 2 + 5n − 138 = 0 ⇔ n = 6 0,25 n 6 6 −i i 6 −i  3x 2 1   3x 2 1  6  3x 2   −1  6 3 Khi đó:  −  = −  = ∑ C6i   .   = ∑ C6i   (−1)i . x12−3i 0,25  2 x  2 x i =1  2   x  i =1  2  Số hạng chứa x9 tương ứng với 12 -3i = 9 ⇔ i=1, do đó số hạng cần tìm là 6 −1 0,25 3 12 −3 −729 9 1 C   6 (−1) .x = x . 2 16 Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. --------------- HẾT -------------- Cảm ơn Việt Lưu Tuấn (tuanviet96hd@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl 5