Đề thi thử Đại học môn Toán 2014 số 1

Chia sẻ: Bách Khoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

276
lượt xem 101
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học môn Toán 2014 nằm trong chương trình Khởi động mùa thi đại học năm 2014 nhằm mục đích giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu tham khảo, chuẩn bị tốt kỳ thi Đại học sắp tới. Chúc các bạn có kỳ thi thành công.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán 2014 số 1

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  m Câu 1. Cho hàm số y  , có đồ thị là  Hm  , m là tham số thực. x2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  Hm  khi m  1 . b. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d:y  x  3 cắt đồ thị  Hm  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tích khoảng cách từ hai điểm A và B đến đường thẳng  : x  2y  1  0 bằng 2 . sin x  3  2 cos x   cos 2x  2 cos x  1  2 Câu 2. Giải phương trình 1. cos3x 9x 2  14x  25   4 Câu 3. Giải phương trình  2   x   x 1 1  3x  3  4 2x  1 .  2  Câu 4. Tính tích phân I  x sin x  5sin x  x cos x  dx .  6 Câu 5. Cho lăng trụ đứng ABC.A' B'C' có đáy là ABC tam giác vuông tại B, BC  a, AC  2a . Gọi M là trung điểm của AC và N là điểm nằm trên BC sao cho 2BN  CN . Góc tạo bởi hai mặt phẳng  C' MN  và 2  ABC là  với cos  . Tính thể tích khối chóp B'.BAMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM, 4 C' N theo a. 4a  2c  b  c  Câu 6. Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn điều kiện 1    1    6 . b  b  a a bc  ac ab  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2  . a  b  2c   b  c  a  c  2a  b     II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa đô Oxy cho hình bình hành ABCD với A  3;6  . Biết tam giác ABC có AB.AC  60 2 và nội tiếp trong đường tròn có tâm I 1;3 , bán kính R  5 . Hình chiếu của điểm A xuống cạnh BC thuộc đường thẳng d : x  2y  3  0 . Hãy tìm tọa độ các đỉnh B,C, D biết hoành độ hình chiếu của A lớn hơn 1 và hoành độ điểm B bé hơn hoành độ điểm C . Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD có hai đáy là AB và CD . Biết A 1;2;3  , B 1;1;2  và C  3;0;1 . Tìm tọa độ điểm D biết D thuộc mặt phẳng  P  : x  y  2z  1  0 . n 4  n 3n 3  Câu 9a. Tìm hệ số của x trong khai triển P  x   1  x x với x  0 . Biết n là số nguyên dương  4 8  thỏa mãn điều kiện A2  3Cn 2  C3 1  A2 1  2n . n n n n B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  2    y  3  4 và hai điểm A  2; 1 , 2 2 B  2; 5 . Một đường kính MN thay đổi sao cho các đường thẳng AM, AN cắt tiếp tuyến tại B lần lượt tại P và Q . Hãy tìm tọa độ trực tâm H của tam giác MPQ biết điểm H nằm trên đường thẳng d : x  y  3  0 . Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC có A 1;0;2  , B  0;1; 2 . Tìm tọa độ điểm  1 4 10  C sao cho tam giác ABC nhận điểm H   ; ;  làm trực tâm.  7 7 7  Câu 9b. Trong một cuộc họp chi đoàn có 10 học sinh tham gia gồm 6 học sinh trường A trong đó có bạn Đại và 4 học sinh trường B trong đó có bạn Học. Hỏi có bao nhiêu các xếp 10 học sinh đó trên một ghế dài có 10 chỗ ngồi sao cho giữa hai học sinh trường A ngồi gần nhau là hai học sinh trường B đồng thời bạn Đại và bạn Học không ngồi gần nhau. --------------------------------------Hết--------------------------------------
DI N ĐÀN TOÁN THPT HƯ NG D N GI I Đ THI TH ĐH NĂM 2014 Đ 01 - Ngày thi : 02-11-2013 I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH 2x + m Câu 1 Cho hàm s y = (Hm ),m là tham s th c. x −2 a. Kh o sát s bi n thiên và v đ th hàm s (H1 ) khi m = 1. b. Tìm t t c các giá tr c a m đ đư ng th ng d : y = x + 3 c t đ th (Hm ) t i hai đi m phân bi t A, B sao cho tích kho ng cách t hai đi m A và B đ n đư ng th ng ∆ : x + 2y − 1 = 0 b ng 2. L i gi i : a/ T làm b/ PT hoành đ giao đi m c a (Hm ) và d là : 2x + m x =2 = x +3 (1) ⇐⇒ (2) x −2 x2 − x − m − 6 = 0 Đ (Hm ) c t d t i 2 đi m phân bi t A và B thì PT (1) có 2 nghi m phân bi t −25 ∆ = 1 + 4m + 24 > 0 m> ⇐⇒ (2) có 2 nghi m phân bi t = 2 ⇐⇒ ⇐⇒ 4 (∗) m = −4 m = −4 G i A (x 1 ; x 1 + 3) , B (x 2 ; x 2 + 3) là giao đi m c a (Hm ) và d . Ta có d(A,∆) .d(B,∆) = 2 ⇐⇒ |3x 1 + 5| . |3x 2 + 5| = 10 ⇐⇒ [9x 1 .x 2 + 15 (x 1 + x 2 ) + 25]2 = 100 (3) x1 + x2 = 1 −8 −4 Mà: . Thay vào (3) ta đư c : (9m + 14)2 = 100 ⇐⇒ m = ho c m = th a mãn (∗) x 1 .x 2 = −m − 6 3 9 −8 −4 KL: V y giá tr m c n tìm là : m = ,m= 3 9 sin x (3 − 2 cos x) + cos 2x (2 cos x + 1) − 2 Câu 2 Gi i phương trình = 1. cos 3x L i gi i : Đi u ki n : π π kπ cos 3x = 0 ⇐⇒ 3x = + kπ ⇐⇒ x = + (k ∈ Z ) 2 6 3 2
Phương trình đã cho tương đương: sinx (3 − 2 cos x) + cos2x (2 cos x + 1) − 2 = cos3x ⇐⇒ 3sinx − 2sinxcosx+ 2cos2 x − 1 2 cos x + 2cos2 x − 3 = 4cos3 x − 3 cos x ⇐⇒ sinx (3 − 2cosx) + cosx + 2cos2 x − 3 = 0 ⇐⇒ 3 sin x − 2 sin x cos x + cosx − 2sin2 x − 1 = 0 ⇐⇒ (1 − 2 sin x) (sinx + cosx − 1) = 0 sinx = 1 2 ⇐⇒ sinx + cosx = 1 x = π + k2π •sinx = 1 ⇐⇒ 6 (k ∈ Z ) 2 x = 5π + k2π 6 •sinx + cosx = 1 ⇐⇒ cos x − π = 1 4 2 x − π = π + k2π 4 4π x = π + k2π 2 ⇐⇒ ⇐⇒ (k ∈ Z ) x − π = − 4 + k2π 4 x = k2π Đ i chi u v i đi u ki n V y phương trình đã cho có nghi m: x = k2π (k ∈ Z ) 4 9x 2 − 14x + 25 Câu 3 Gi i phương trình 2 − x −1−1 = . x 3x + 3 + 4 2x − 1 L i gi i 1: Đi u ki n x ≥ 1 4 9x 2 − 14x + 25 P T ⇐⇒ 2 − x −1−1 = . x 3x + 3 + 4 2x − 1 2 (x − 2) x −1−1 (3x + 3)2 − 16 (2x − 1) ⇐⇒ = x 3x + 3 + 4 2x − 1 2 (x − 2) x −1−1 ⇐⇒ = 3x + 3 − 4 2x − 1 x ⇐⇒ 2 (x − 2) x − 1 − 2x + 4 = 3x 2 + 3x − 4x 2x − 1 ⇐⇒ 3x 2 + 5x − 4 − 2 (x − 2) x − 1 + 4x 2x − 1 = 0 ⇐⇒ x 2 − 2x x − 1 + (x − 1) + 2x 2 − 4x 2x − 1 + 2(2x − 1) + 4 x − 1 − 1 = 0 2 2 ⇐⇒ x − x − 1 + 2 x − 2x − 1 + 4 x − 1 − 1 = 0 K t lu n : PHương trình có nghi m duy nh t x = 1 L i gi i 2: ĐK: x ≥ 1 4 (3x + 3)2 − 16(2x − 1) P T ⇐⇒ 2 − x −1−1 = x 3x + 3 + 4 2x − 1 4 4 ⇐⇒ 2 − x − 1 − 2 + = 3x + 3 − 4 2x − 1 x x ⇐⇒ 2 (x − 2) x − 1 = 3x 2 + 5x − 4 − 4x 2x − 1 2 2 ⇐⇒ x − 2 + x − 1 = 2x − 2x − 1 x − 2 + x − 1 − 2x − 2x − 1 = 0 ⇐⇒ x − 2 + x − 1 + 2x − 2x − 1 = 0  9 9 7 (x − 1) − 3 x − 1 + + (2x − 1) − 3 2x − 1 + + = 0 ⇐⇒  (x − 1)(9x − 5)  4 4 2 + x −1 = 0 3x − 2 + 2x − 1 3 2 3 2 7  x −1− + 2x − 1 + + =0 (vô nghi m) 2 2 2  ⇐⇒   (9x − 5) x − 1 x −1 +1 = 0  3x − 2 + 2x − 1 ⇐⇒ x = 1 3
π 2 Câu 4 Tính tích phân : I = x sin x (5 sin x + x cos x) dx. π 6 L i gi i : π 2 Tích phân đã cho vi t thành: I = (5x sin2 x + x 2 sin x cos x)d x π 6 π π π π π 2 1 − cos 2x x 2 2 5x 5 2 1 2 2 5x 2 2 5 1 I= 5x + sin 2x d x = dx − x cos 2xd x + x sin 2xd x = − I1 + I2 π 6 2 2 π 6 2 2 π 6 2 π 6 4 π 2 2 6 Tính I 2 π 2 1 x2 2 19 2 Đ t u = x =⇒ d u = 2xd x và d v = sin 2xd x =⇒ v = − cos 2x I 2 = − cos 2x + I1 = π + I1 2 2 π 144 6 Tính I 1 1 Đ t u = x =⇒ d u = d x và d v = cos 2xd x =⇒ v = sin 2x π π 2 π π x 2 1 2 x 2 1 2 3π 3 I 1 = sin 2x − sin 2xd x = si n2x + cos 2x =− − 2 π 2 π 6 2 π 4 π 24 8 6 6 6 11 2 3 3 Do đó I = π + π+ 32 12 4 Câu 5 Cho lăng tr đ ng ABC .A B C có đáy là tam giác ABC vuông t i B , BC = a, AC = 2a . G i M là trung đi m c a AC và N là đi m trên BC sao cho 2B N = C N . Góc t o b i hai m t ph ng (C M N ) và (ABC ) là α v i cos α = 42 . Tính th tích kh i chóp B .B AM N và kho ng cách gi a hai đư ng th ng B M và C N theo a . L i gi i 1: Tính th tích S B AM N : + Ta có ∆MC B là tam giác đ u. G i H là trung đi m BC , 2a a 3 a a 7 ta có AB = a 3,C N = ,MH = ,NH = ,MN = . 3 2 6 3 2 2 a 3 1 a 3 a2 3 Tính đư c: S ABC = , SC M N = M H .C N = , suy ra S B AM N = S ABC − SC M N = . 2 2 6 3 + K C I ⊥ M N , theo đ nh lý ba đư ng vuông góc ta có ngay M N ⊥ SI , và do ∆C C I vuông nên góc gi a hai m t ph ng (C M N ) và (ABC ) chính là góc C IC = α. a2 3 a 3 Ta có C I .M N = 2SC M N = , suy ra C I = . 3 7 CI 4a 3 Ta có cos α = , suy ra C I = , t đó theo pythago tính đư c C C = a 3. C I 14 1 a3 + V y VB AM N = .C C .S B AM N = . 3 3 Tính kho ng cách B M v i C N . + K N P M B ta có B M (C N P ), do đó d [B M ,C N ] = d [B M , (C N P )] = d [M , (C N P )]. 3VM .C N P + Ta có d [M , (C N P )] = SC N P 1 a 7 2a a + Tính VM .C N P = VC .M N P = .C C .S M N P . ta có M N = ,NP = ,MP = 3 3 3 3 a2 3 a3 dùng Heron tính đư c S M N P = . Suy ra VM .C N P = . 18 18 a 3 a 10 + G i K là trung đi m N P , suy ra C K = và tính đư c C K = . 3 3 1 a 2 10 a 3 Khi đó SC N P = .C K .N P = . T đó ta có d [B M ,C N ] = . 2 3 3 2 10 L i gi i 2: a 7 a 2 3 SC M N 1 a2 3 a2 3 •AB = a 3, M N = , S ABC = = =⇒ SC M N = , S AB M N = 3 2 S ABC 3 6 3 1 a2 3 a 21 v C H ⊥ M N =⇒ C H ⊥ M N =⇒ C HC = α C H .M N = =⇒ C H = 2 6 7 4
2 CH 4a 21 a3 cos α = = =⇒ C H = =⇒ CC = a 3. v y VB .B AM N = 4 C H 7 2 3 • v N E B M thì B M (C N E ) V C K vuông góc N E t i K là trung đi m N E a 3 Tam giácC N E đ u C K = l i g i I là hình chi u vuông góc c a C trên (C N E ) 3 1 9 1 10 a 30 C I a 30 ta có: 2 = 2 + 2 = 2 =⇒ C I = . V y d B M ,C N = = . CI 3a 3a 3a 10 2 20 4a 2c b c Câu 6 Cho các s th c dương a, b, c th a đi u ki n 1+ + 1+ = 6. Tìm giá tr nh b b a a nh t c a bi u th c: bc ac ab P= +2 + a (b + 2c) b (c + a) c (2a + b) L i gi i : Đ t x = 2a, y = b, z = 4c . Khi đó, x, y, z là các s dương th a mãn: 2x xz 2y y z z(x 3 + y 3 ) 2(x 2 + y 2 ) z(x + y) + 2+ + 2 = 6 ⇐⇒ 6 = + ≥ +4 y y x x x2 y 2 xy xy z(x + y) ⇐⇒ 0 < ≤ 6−4 = 2 xy M t khác, theo BĐT C auch y − Schw ar z ta có yz xz 4x y P= + + 2x y + xz y z + 2x y xz + y z z 2 (x + y)2 4x y ≥ + 2x y z(x + y + z) z(x + y) 3z 2 (x + y)2 4x y ≥ 2 + 2(x y + y z + zx) z(x + y) z(x+y) 2 3 xy 4x y = + z(x+y) 2 z(x + y) 2 1+ xy z(x+y) N u ta ti p t c đ t t = xy , bài toán d n đ n kh o sát hàm s : 3t 2 4 f (t ) = 2 + , 0 0 ⇐⇒ 2a = b = 4c > 0. 3 II. PH N RIÊNG A. Theo chương trình Chu n Câu 7.a Trong m t ph ng v i h t a đ Đ -các Ox y cho hình bình hành ABC D v i A(−3; 6). Bi t tam giác ABC có AB · AC = 60 2 và n i ti p trong đư ng tròn có tâm I (1; 3) và bán kính R = 5. Hình chi u c a đi m A xu ng c nh BC thu c đư ng th ng d : x + 2y − 3 = 0. Hãy tìm t a đ các đ nh B,C , D bi t hoành đ hình chi u c a A l n h n 1 và hoành đ c a đi m B bé hơn hoành đ đi m C . L i gi i : 1 1 AB.AC . sin A AB.AC S ABC = AB.AC . sin A = BC .AH =⇒ AH = = = 6 2. 2 2 BC 2R Do H ∈ d nên H (3 − 2h; h), v i h < 1. 36 Ta có AH = 6 2 ⇐⇒ (6 − 2h)2 + (h − 6)2 = 72 ⇐⇒ h = 0 ho c h = (lo i). 5 Do đó H (3; 0). Suy ra phương trình đư ng th ng BC là x − y − 3 = 0. Mà phương trình đư ng tròn 2 (ABC ) là (x − 1)2 + y − 3 = 25. Do đó t a đ đi m B và C là nghi m c a h phương trình x − y −3 = 0 x; y = (1; −2) 2 2 ⇐⇒ (x − 1) + y − 3 = 25 x; y = (6; 3) 5
Vì x B < xC nên B (1; −2) và C (6; 3). −→ −→ − Ta có ABCD là hình bình hành =⇒ AB = DC =⇒ (4; −8) = 6 − x D ; 3 − y D =⇒ D (2; 11). Câu 8.a Trong không gian v i h t a đ Đ -các Ox y z cho hình thang ABC D có hai đáy là AB và C D . Bi t A(1; 2; 3), B (1; 1; 2) và C (3; 0; 1). Tìm t a đ đi m D bi t D thu c m t ph ng (P ) : x + y + 2z + 1 = 0. L i gi i : −→ −→ − Gi s D(x; y; z) Ta có: AC = (2; −2; −2) B D = (x − 1; y − 1; z − 2) −→ −→ − x −1 y −1 z −2 x + y −2 = 0 Do ABCD là hình thang nên AC = k B D hay = = ⇐⇒ (1) 2 −2 −2 x +z −3 = 0 Mà D ∈ (P ) nên: x + y + 2z + 1 = 0 (2) x = 9    x + y − 2 = 0   2  −5 T (1) (2) ta có h : x + z − 3 = 0 ⇐⇒ y =  x + y + 2z + 1 = 0  2 z = −3    2 9 −5 −3 V yD ; ; 2 2 2 n−4 Câu 9 .a Tìm h s c a x trong khai tri n P (x) = 1 + n x − 3n 3 x 4 8 v i x > 0. Bi t n là s n−2 nguyên dương th a mãn đi u ki n A 2 + 3C n −C n+1 = A 2 − 2n. n 3 n+1 L i gi i : n−2 3 1 Ta có: A 2 +3C n −C n+1 = A 2 −2n. ⇐⇒ n(n−1)+ n(n−1)− n(n−1)(n+1) = n(n+1)−2n ⇐⇒ n = 8 n 3 n+1 6 6 (do n ≥ 2 và n ∈ N ) 4 Khi đó P (x) = 1 + 2 x − 3 3 x 4−k 1 4−k i 4 4 k ⇐⇒ P (x) = .C k .(−3)4−k .x 3 .(1 + 2x 2 )k k=0 4 ⇐⇒ P (x) = .C k .(−3)4−k .x 3 .( k=0 4 i i 2 i =0 .C k .2 .x ) 4−k i H s c a s h ng x ng v i + = 1 (i , k ∈ N , i ≤ k ≤ 4 ⇐⇒ 2k − 3i = 2 ⇐⇒ (k = 4 ∧ i = 2) ∨ (k = 3 2 2 ∧ i = 0) Suy ra h s c a x trong khai tri n là: C 4 .(−3)0 .C 4 .22 +C 4 .(−3)2 .C 2 .20 = 78. 4 2 2 0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b Trong m t ph ng v i h t a đ Đ -các Ox y cho đư ng tròn (C ) : (x − 2)2 + (y + 3)2 = 4 và hai đi m A(2; −1), B (2; −5). M t đư ng kính M N thay đ i sao cho các đư ng th ng AM , AN c t ti p tuy n t i B l n lư t t i P và Q . Tìm t a đ tr c tâm H c a tam giác M PQ bi t đi m H n m trên đư ng th ng d : x + y + 3 = 0. L i gi i : T gi thi t ta th y hai đi m A, B thu c (C ) và AB là đư ng kính c a hình tròn G i H là hình chi u c a H lên PQ và K là hình chi u c a P lên MQ Xét tam giác P HQ có hai đư ng cao là H H và QK nên M là tr c tâm c a tam giác P HQ M t khác: Do M N là đư ng kính nên P A vuông góc v i AQ T đó suy ra A ∈ HQ 1 1 Xét tam giác N H M có AI song song M N và I là trung đi m c a M N Nên AI = H M = AB 2 2 −→ −→ − Suy ra B A = M H Do M ∈ (C ) nên H thu c đư ng tròn (C ) là nh c a (C ) qua phép t nh ti n theo −→ −→ vector B A . Công vi c c a ta là xác đ nh (C ) B A = (0; −4); I (2; −7) ;R = R = 2 (C ) : (x − 2)2 + (y + 7)2 = 4 x + y +3 = 0 T đó suy ra t a đ đi m H là nghi m c a h : V y H (2; −5) và H (4; −7) (x − 2)2 + (y + 7)2 = 4 Câu 8.b Trong không gian v i h t a đ Đ -các Ox y z cho tam giác ABC có A(1; 0; 2), B (0; 1; −2). Tìm t a đ đi m C sao cho tam giác ABC nh n đi m H − 7 , 4 , 10 làm tr c 1 7 7 tâm. L i gi i : −→ − −→ AH = − 4 (2; −1; 1) , AB = (−1; 1; −4) 7 −→ − M t ph ng (P ) qua B nh n véc tơ pháp tuy n AH có phương trình:2x − y + z + 3 = 0 6
x = 1 + 2t Đư ng th ng AH có phương trình tham s : y = −t z = 2+t 4 7 5 −→− 4 1 17 G i A là giao c a (P )và AH thì : A − ; ; B A = − ; ; 3 6 6 3 6 6 x = −8m đư ng th ng BC có phương trình tham s là: y = 1+m z = −2 + 17m −→ − C (−8m; 1 + m; −2 + 17m) =⇒ C H = 8m − 7 ; −m − 3 ; −17m + 24 1 7 7 − −→ → − 14 −112 73 120 AB .C H = 0 ⇐⇒ m = 59 =⇒ C ; ; 59 59 59 Câu 9 .b Trong m t cu c h p chi đoàn có 10 h c sinh tham gia g m 6 h c sinh trư ng A trong đó có b n Đ i và 4 h c sinh trư ng B trong đó có b n H c. H i có bao nhiêu cách x p 10 h c sinh đó trên m t gh dài có 10 ch ng i sao cho gi a hai h c sinh trư ng B ng i g n nhau là hai h c sinh trư ng A đ ng th i b n Đ i và b n H c không ng i g n nhau. L i gi i : —————————————————-H t—————————————————- 7