intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2014 -Chuyên Quốc Học Huế

Chia sẻ: Lam Chi Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

296
lượt xem
55
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử đại học môn Toán khối B của trường chuyên Quốc Học Huế, giúp bạn có nguồn tài liệu tự ôn tập và rèn luyện kỹ năng làm bài thi tốt.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2014 -Chuyên Quốc Học Huế

  1. www.MATHVN.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Tổ Toán Môn: TOÁN; khối B – Năm học: 2013 - 2014 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) --------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x + 2 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Gọi d là đường thẳng đi qua A ( 2;4 ) và có hệ số góc là k . Tìm k để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tam giác OBC cân tại O (với O là gốc tọa độ). 2 cos 2 x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: cot x = − ( x ∈ ») . sin 2 x cos x  3 3 x − 2 y = x + 4 y Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2 ( x; y ∈ » ) . 13 x − 41xy + 21 y = −9  Câu 4 (1,0 điểm). Tính các giới hạn sau: 3 a) lim ( x + 4 ) sin . x →+∞ x 3 2 x − 3. 3 x − 5 − 1 b) lim . x →2 x −2 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A; AB = AC = a. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) trùng với điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60o. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). Câu 6 (1,0 điểm). Cho x ; y ; z là các số thực dương thay đổi sao cho x + y + z = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD. Các đỉnh B và D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0 và d2 : x − 2 y + 3 = 0 . Đường thẳng AC có phương trình là x + 7 y − 31 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết diện tích hình thoi ABCD bằng 75 và điểm A có hoành độ âm. log5 3 9 x −1 + 7 − 1 log5 3x−1 +1 ( ) . Tìm các số thực x biết rằng số hạng chứa a3 trong khai Câu 8a (1,0 điểm). Cho a = 5 và b = 5 5 8 triển Niu-tơn của ( a + b ) là 224. 2 −2 x 2 − 2 x +1 Câu 9a (1,0 điểm). Tìm các số thực m để bất phương trình 4 x + m.2 x + m ≤ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ [0;2 ] . A. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C ( 4;3) ; đường phân giác trong và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác lần lượt có phương trình là x + 2 y − 5 = 0 và 4 x + 13 y − 10 = 0 . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. Câu 8b (1,0 điểm). Chứng minh rằng: 12 C2013 + 2 2 C2013 + ... + 2012 2 C2013 + 20132 C2013 = 2013 × 2014 × 2 2011 . 1 2 2012 2013 Câu 9b (1,0 điểm). Tìm các số thực m để phương trình m 2 x 2 + 9 = x + m có đúng một nghiệm thực. -------------HẾT------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………..Số báo danh:…………
  2. www.MATHVN.com Tổ Toán Môn: TOÁN; khối B – Năm học: 2013 - 2014 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu Đáp án Điểm 1a • Tập xác định: D = » • Sự biến thiên: 0,25 2 2 - Chiều biến thiên: y ' = 3x − 3 ; y ' = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = ±1 . Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) ; nghịch biến trên khoảng ( −1;1) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1 , yC§ = 4 ; đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT = 0 . 0,25 - Giới hạn: lim y = +∞ và lim y = −∞ . x →+∞ x →−∞ - Bảng biến thiên: x -∞ -1 1 +∞ y' + 0 - 0 + 0,25 4 +∞ y -∞ 0 • Đồ thị: y 4 2 0,25 x -2 -1 O 1 2 1b Đường thẳng d qua A ( 2;4 ) với hệ số góc k có phương trình là: y = kx − 2 k + 4 . Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: x 3 − 3x + 2 = kx − 2k + 4 0,25 ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x − k + 1) = 0 ⇔ x = 2 hoặc x 2 + 2 x − k + 1 = 0 (* ) d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 1 − (1 − k ) > 0  k > 0 ⇔ ⇔ (**) 0,25 9 − k ≠ 0  k ≠ 9 O, B, C không thẳng hàng ⇔ O ∉ d ⇔ k ≠ 2 . (***)  x B + x C = −2 Theo định lý Vi-ét:  . Ta có yB − yC = ( kx B − 2k + 4 ) − ( kxC − 2 k + 4 ) = k ( x B − xC )  x B xC = 1 − k và yB + yC = ( kx B − 2k + 4 ) + ( kxC − 2 k + 4 ) = k ( x B + xC ) − 4 k + 8 = −6 k + 8 . 0,25 2 2 2 2 Tam giác OBC cân tại O ⇔ OB = OC ⇔ x + y = x + y B B C C ⇔ ( x B + xC )( x B − xC ) = ( yC − yB )( yC + yB ) ⇔ −2 ( x B − xC ) = − k ( x B − xC )( −6 k + 8 )
  3. ⇔ −2 = − k ( −6 k + 8 ) (vì x B ≠ xC ) www.MATHVN.com 1 0,25 ⇔ 3k 2 − 4 k + 1 = 0 ⇔ k = 1 hoặc k = (thỏa (**) và (***)). 3 2 cos x ≠ 0 kπ Điều kiện:  ⇔x≠ (k ∈ ») . sin x ≠ 0 2 0,25 cos x 1 cos 2 x Phương trình đã cho tương đương với: = − sin x sin x cos x cos x ⇔ cos x = 1 − sin x cos 2 x ⇔ sin x cos 2 x = sin 2 x ⇔ sin x ( cos 2 x − sin x ) = 0 2 0,25 ⇔ cos 2 x − sin x = 0 (vì sin x ≠ 0 ) sin x = −1 ⇔ 2 sin x + sin x − 1 = 0 ⇔  2 sin x = 1 0,25  2 π • sin x = −1 ⇔ x = − + k 2π (k ∈ ») (không thỏa mãn điều kiện). 2  π 1  x = 6 + k 2π • sin x = ⇔  ( k ∈ » ) (thỏa mãn điều kiện). 0,25 2  x = 5π + k 2π   6 3  x3 − 2 y 3 = x + 4 y  (1)  2 2 13 x − 41xy + 21 y = −9 (2)  0,25 Nhân vế trái (1) với vế phải (2) và vế phải (1) với vế trái (2), ta được phương trình: −9 ( x 3 − 2 y3 ) = ( x + 4 y ) (13 x 2 − 41xy + 21y 2 ) ⇔ 22 x 3 + 11x 2 y − 143 xy 2 + 66 y 3 = 0 ⇔ ( 2 x − y )( x − 2 y )( x + 3 y ) = 0 ⇔ y = 2 x hoặc x = 2 y hoặc x = −3 y . 0,25 Thay y = 2 x vào (1), ta được: (1) ⇔ 15 x 3 + 9 x = 0 ⇔ x = 0 , lúc đó y = 0 . Thử lại x = y = 0 không phải nghiệm của hệ đã cho. 0,25 Thay x = −3 y vào (1), ta được: (1) ⇔ 29 y 3 + y = 0 ⇔ y = 0 , lúc đó x = 0 . Thử lại x = y = 0 không phải nghiệm của hệ đã cho. Thay x = 2 y vào (1), ta được: (1) ⇔ y 3 − y = 0 ⇔ y = 0 hoặc y = ±1 . • y = 0 thì x = 0 , thử lại không phải nghiệm của hệ đã cho. • y = 1 thì x = 2 , thử lại thỏa mãn hệ đã cho. 0,25 • y = −1 thì x = −2 , thử lại thỏa mãn hệ đã cho. Vậy hệ có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1) và ( x; y ) = ( −2; −1) . 4 3 3 3 3 ( x + 4 ) sin x  4 sin x a/ lim ( x + 4 ) sin = lim . = lim 3  1 +  . 0,25 x →+∞ x x →+∞ x 3 x →+∞  x 3 x x 3 sin  4 3 x = 1 . Suy ra lim ( x + 4 ) sin 3 = 3 . Vì lim 3  1 +  = 3 và lim = 0 nên lim 0,25 x →+∞  x x →+∞ x x →+∞ 3 x →+∞ x x 2 x − 3. 3 3 x − 5 − 1  3 3x − 5 − 1 2 x − 3 −1 b/ lim = lim  2 x − 3. +  x →2 x −2 x →2  x −2 x −2 
  4.  www.MATHVN.com   3x − 6 2x − 4  = lim  2 x − 3. +  0,25 ( x − 2 )  3 ( 3 x − 5) + 3 3 x − 5 + 1  ( x − 2 ) 2 x − 3 + 1  ( ) x →2   2           3 2x − 3 2  = 1+1 = 2 . = lim x →2  3 + 0,25 2 2 x − 3 + 1  ( 3 x − 5) + 3 x − 5 + 1 3  5 S Gọi N, H lần lượt là trung điểm của BC và MB. Suy ra AN là trung trực của BC và trung trực của MB là đường thẳng d đi qua H và song song với AC. Suy ra O là giao điểm của AN và d. Ta có SO ⊥ ( ABC ) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt 0,25 phẳng (ABC) là góc SBO = 60o . A C 3 3a Tam giác HAO vuông cân tại H nên HO = HA = AB = . N 4 4 M H B O a 10 a 30 Tam giác BHO vuông tại H nên BO = BH 2 + HO2 = . Ta có: SO = BO.tan 60o = ; 4 4 0,25 1 a 3 30 Do đó: VS . ABC = .S ∆ABC .SO = . 3 24 Vì SO ⊥ ( ABC ) và OH ⊥ AB nên SH ⊥ AB . a 39 1 a 2 39 0,25 Suy ra SH = SO2 + OH 2 = và S ∆SAB = AB.SH = . 4 2 8 3VS . ABC a 130 d ( C , ( SAB) ) = = . 0,25 S ∆SAB 13 6 Không mất tính tổng quát, giả sử z là số nhỏ nhất. Lúc đó 0 < z < 1 (vì z ≥ 1 thì x + y + z > 2 ). 2 2 0,25 Ta có F = ( x + y ) + z 2 + 2 xy ( z − 1) = ( 2 − z ) + z 2 − 2 xy (1 − z ) . 2 2 2  x+y 2−z 2−z Mặt khác xy ≤   =  nên −2 xy (1 − z ) ≥ −2   (1 − z ) .  2   2   2  0,25 1 ( Từ đó F ≥ z 3 − z 2 + 4 2 (1) ) 1 1 2 ( ) ( ) Xét f ( z ) = z 3 − z 2 + 4 với 0 < z < 1 . Ta có f ' ( z ) = 3z 2 − 2 z = 0 ⇔ z = ∈ ( 0;1) . 2 2 3 Bảng biến thiên: 2 z 0 3 1 f'(z) - 0 + 0,25 f(z) 52 27
  5. Từ bảng biến thiên suy ra f ( z ) ≥ www.MATHVN.com (2) 27 0,25 52 52 2 Từ (1) và (2) ta có F ≥ . Vậy Fmin = đạt được khi x = y = z = . 27 27 3 7a B ∈ d1 ⇔ B ( b;8 − b ) và D ∈ d2 ⇔ D ( 2d − 3; d ) . Suy ra BD = ( −b + 2d − 3; d + b − 8) .  b + 2d − 3 d − b + 8  0,25 I là trung điểm của BD nên I  ; .  2 2   BD ⊥ AC u . BD = 0  8b − 13d + 13 = 0 b = 0 Theo tính chất hình thoi:  ⇔  AC ⇔ ⇔ .  I ∈ AC  I ∈ AC  2 b − 3d + 3 = 0 d = 1 0,25  1 9 Vậy B ( 0;8 ) , D ( −1;1) , I  − ;  .  2 2 1 2S AC 15 Ta có A ∈ AC ⇔ A ( −7a + 31; a ) . S ABCD = AC. BD ⇒ AC = = 15 2 ⇒ IA = = . 0,25 2 BD 2 2 2 2 2 15  63   9   15  Ta có IA = ⇔  −7a +  +  a −  =  ⇔ a = 3 hoặc a = 6 . 2  2   2  2   0,25 Suy ra A (10;3) hoặc A ( −11;6 ) . Do x A < 0 nên A ( −11;6 ) , từ đó C (10;3) . 8a 1 − 1 Ta có a = 9 ( x −1 ) 3 +7 ; b = 3 ( x −1 +1 ) 5 . 0,25 8 Số hạng chứa a3 trong khai triển Niu-tơn của ( a + b ) là: 3 5  1   − 1  −1 0,25 ( ) ( C  9 x −1 + 7 3  .  3x −1 + 1 5 8 ) 5 x −1 x −1  = 56 9 + 7 3 + 1 ( )( ) .     −1 2 ( Theo giả thiết, ta có: 56 9 x −1 + 7 3x −1 + 1 )( ) = 224 ⇔ 3x −1 ( ) − 4.3x −1 + 3 = 0 0,25 3x −1 = 1 x = 1 ⇔  x −1 ⇔ . 0,25 3 = 3  x = 2 9a 2 −2 x 1 Đặt t = 2 x . Vì 0 ≤ x ≤ 2 nên ≤ t ≤ 1. 0,25 2 −t 2 1 Bất phương trình đã cho trở thành: t 2 + 2mt + m ≤ 0 ⇔ m ≤ = f ( t ) với ≤ t ≤ 1 . 0,25 2t + 1 2 −2t 2 − 2t 1  1  Ta có f ' ( t ) = 2 < 0, ∀t ∈  ;1  , hơn nữa f ( t ) liên tục trên đoạn  ;1 nên suy ra ( 2t + 1) 2  2  0,25 1  hàm số f ( t ) nghịch biến trên đoạn  ;1 . 2  1  1 Do đó m ≤ f ( t ) , ∀t ∈  ;1 ⇔ m ≤ min f ( t ) ⇔ m ≤ f (1) ⇔ m ≤ − . 0,25 2   1   2 ;1 3   7b Gọi AD là phân giác trong và AM là trung tuyến . Tọa độ của A là nghiệm của hệ: x + 2y − 5 = 0 x = 9  ⇔ . 0,25 4 x + 13y − 10 = 0  y = −2 Vậy A ( 9; −2 ) . Từ đó phương trình AC là: x + y − 7 = 0 . Gọi C' là điểm đối xứng của C qua đường phân giác trong AD thì C' thuộc AB. Đường thẳng CC' qua C ( 4;3) và vuông góc với AD nên có phương trình: 2 x − y − 5 = 0 . 0,25
  6. Gọi H là giao điểm của CC' và AD thì H(3;1). Từ đó C ' ( 2; −1) . www.MATHVN.com 0,25 Suy ra phương trình AB là x + 7 y + 5 = 0 . Đường thẳng MH qua H(3;1) và song song với AB nên có phương trình x + 7 y − 10 = 0 . Vì M là giao điểm của MH và AM nên M ( −4;2 ) . Suy ra phương trình BC là x − 8 y + 20 = 0 . 0,25 Thử lại ta thấy các điểm B, C nằm về hai phía của đường thẳng AD nên AD là đường phân giác trong của tam giác ABC. Vậy AC : x + y − 7 = 0; AB : x + 7 y + 5 = 0 và BC : x − 8 y + 20 = 0 . 8b Ta có (1 + x ) 2013 = C2013 + C2013 x + C2013 x 2 + ... + C2013 x 2012 + C2013 x 2013 . 0 1 2 2012 2013 0,25 Lấy đạo hàm 2 vế, ta được: 2012 0,25 2013 (1 + x ) = C2013 + 2C2013 x + ... + 2012C2013 x 2011 + 2013C2013 x 2012 (1) 1 2 2012 2013 Nhân 2 vế của 1 với x, ta được: 2012 2013 x (1 + x ) = C2013 x + 2C2013 x 2 + ... + 2012C2013 x 2012 + 2013C2013 x 2013 1 2 2012 2013 0,25 Lấy đạo hàm 2 vế, ta được: 2011 2013 (1 + x ) ( 2013 x + 1) = C2013 + 2 2 C2013 x + ... + 2012 2 C2013 x 2011 + 20132 C2013 x 2012 . 1 2 2012 2013 Cho x = 1 , ta được 12 C2013 + 2 2 C2013 + ... + 2012 2 C2013 + 20132 C2013 = 2013 × 2014 × 2 2011 (đpcm). 1 2 2012 2013 0,25 9b x Ta có phương trình đã cho tương đương với: =m 2x2 + 9 −1 x Xét hàm số f ( x ) = có tập xác định D = » . 2x2 + 9 −1 0,25 2 ( 36 − x 2 ) f '( x) = 2 . 2 ( 2x + 9 9 + 2x + 9 2 )( 2 2x + 9 −1 ) 3 3 1 1 f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ±6; f ( 6 ) = ; f ( −6 ) = − và lim f ( x ) = ; lim f ( x ) = − . 0,25 4 4 x →+∞ 2 x →−∞ 2 Bảng biến thiên: x -∞ -6 6 +∞ f'(x) - 0 + 0 - 0,25 -1 3 f(x) 2 4 1 -3 2 4 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: Phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi m = ± 3 hoặc − 1 ≤m≤ 1 . 0,25 4 2 2 HẾT
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2