Xem mẫu
- WWW.VNMATH.COM
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN MÔN THI: TOÁN KHỐI B LẦN I
Đề chính thức NĂM HỌC : 2013 - 2014
Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian phát đề)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1: (2điểm) Cho hàm số y x3 3mx 2 3( m 2 1) x m3 m (1)
1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1
2/ Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cựctiểu của
đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc
toạ độ O
Câu 2: (1điểm) Giải phương trình:
2s inx(cos 2 x sin 2 x) s inx 3 cos 3 x
Câu 3: (1điểm) Giải phương trình : x 4 6 x 2 x 2 13 x 17
3
Câu 4: (1điểm) Tính tích phân : I ln 2 x(x 2 3) dx
2
Câu 5 (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A,D biết AB =2a;
AD =DC = a (a>0) SA (ABCD) ,Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 45 0 .Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) theo a
Câu 6 (1điểm) Cho x,y là các số thực và thoả mãn . x, y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
(x 3 y 3 ) (x 2 y 2 )
P
(x 1)(y 1)
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: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d: x-y =0 và điểm M(2;1)
.Viết phương trình đường thẳng cắt trục hoành Ox tại A và cắt đường thẳng d tại B sao cho tam
giác AMB vuông cân tại M
2n 2 14 1
Câu 8a: (1điểm) Tìm hệ số của x 9 trong khai triển: 1 3x ; n * , biết 2
3 .
Cn 3Cn n
3 3
Câu 9a (1 điểm) Giải phương trình 3x x 2.3x x 32 x 2 0
B.Theo chương trình nâng cao
Câu 7b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A 3; 4 , đường phân
giác trong của góc A có phương trình x y 1 0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7).
Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC .
Câu 8b(1,0 điểm) Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu
cách lấy ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng
Câu 9b (1,0 điểm) Giải phương trình log 3 3x 1 .log 3 3x 2 9 3
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:...............................................................Số báo danh......................
- WWW.VNMATH.COM
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN I
NĂM HỌC 2013-2014
Câu NỘI DUNG Điểm
I 1.Khi m=1 1
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y x 3 3 x 2
a)TXĐ:D=R
b)Sự biến thiên
x 0 0.25
-Chiều biến thiên y ' 3 x 2 6 x y ' 0
x 2
………………………………………………………………………………………...
Hàm số đồng biến trên khoảng (;0) và (2; )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) 0.25
-Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x 0 ;ycd 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 ;y ct 4
-Giới hạn : lim ; lim
x x
………………………………………………………………………………………...
Bảng biến thiên 0.25
x 0 2
y' + 0 - 0 +
y
0
-4
………………………………………………………………………………………...
Đồ thị
0.25
- WWW.VNMATH.COM
1
2:Tìm m để đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm
cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại
của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O
TXD: D=R
Ta có y ' 3 x 2 6mx 3( m2 1)
Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu khi và chỉ khi y ' 0 có hai nghiệm 0.25
phân biệt và đổi dấu khi đi qua các nghiệm
3 x 2 6mx 3( m 2 1) 0 có hai nghiệm phân biệt
' 9m 2 9(m 2 1) 9 0 m
x m 1 0.25
Vậy m đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và y ' 0
x m 1
0.25
Điểm A(m-1;2-2m);B(1+m,-2-2m) lần lượt là điểm cực đại ,điểm cực tiểu của đồ thị
hàm số theo giả thiết ta có OB=3 OA
OB 2 9OA2 (m+1) 2 (2 2m)2 (m-1)2 (2 2 m) 2
m 2
2 m 5m 2 0
2
m 1
2
m 2
0.25
Vậy với thì đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ
m 1
2
điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực
đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O
2 Giải phương trình : 2s inx(cos 2 x sin 2 x) s inx 3 cos 3x (1) 1
phương trình (1)
0.25
- WWW.VNMATH.COM
2 sin x.cos 2 x s inx 3 cos 3x sin 3x s inx s inx 3 cos 3x
1 3
0.25
sin 3x 3 cos 3x 2 sin x sin 3x cos3x s inx
2 2
0.25
cos sin 3x sin cos3x s inx sin(3x ) sin x
3 3 3
3x 3 x k2 x 6 k 0.25
kZ
3x x k2 x k
3
3 2
3.Giải phương trình x 4 6 x 2 x 2 13x 17 1
Điều kiện : 4 x 6
Ta có :
x 4 6 x 2 x 2 13 x 17 ( x 4 1) ( 6 x 1) 2 x 2 13 x 15 0
( x 4 1)( x 4 1) ( 6 x 1)( 6 x 1) 0.25
( x 5)(2 x 3) 0
x 4 1 6 x 1
x 5 5 x
( x 5)(2 x 3) 0 0.25
x 4 1 6 x 1
x 5
1 1
(2 x 3) 0 0.25
x 4 1
6 x 1
1 1 1 1
Ta có (2 x 3) 0 (2 x 3)
x 4 1 6 x 1 x 4 1 6 x 1
1 1 1
Vì 1 x 4;6 và 2 x 3 5 x 4; 6
x 4 1 6 x 1 x 4 1 0.25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 5
3
4 1
Tính tích phân I ln 2 x( x 2 3) dx
2
Ta có
3 3 3
I ln 2 x( x 2 3) dx ln( x 3 3 x 2)dx ln( x 1) 2 ( x 2)dx
2 2 2
3 3 3 3 0.25
ln( x 1) 2 dx ln( x 2)dx 2 ln( x 1) dx ln( x 2)dx
2 2 2 2
2dx
0.25
3
u 2 ln(x 1) du
Xét J 2 ln(x 1) dx Đặt x 1
2 dv dx v x 1
3
3 3 3
J 2(x 1).l n(x-1) 2 2 dx 2(x 1).ln(x-1) 2 2x. 2 4ln 2 2 0.25
2
- WWW.VNMATH.COM
3 dx
u ln(x 2) du
Xét K ln(x 2) dx Đặt x2 0.25
2 dv dx v x 2
3
3 3 3
K (x 2).l n(x+2) 2 dx (x 2).ln(x+2) 2 x. 2 5ln 5 4 ln 4 1
2
vậy I 5ln 5 4ln 2 3
5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D biết 1
AB =2a ; AD=DC=a.(a>0) SA (ABCD) ,góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD)
bằng 45 0 Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD)
S
H
A B
D C
+Theo giả thiết ta có AD= DC = a .Gọi H là trung điểm của AB HA=HB=a Từ giả
thiết ADCH là hình vuông cạnh a .Trong tam giác ABC có CH là trung tuyến 0.25
1 AC BC
và CH AB ABC vuông cân tại C vì
2 AC BC a 2
BC AC
BC (SAC) BC SC
BC SA
(SBC) (ABCD) BC
BC SC (SBC)
+Có SCA 450 là góc giữa (SBC) và (ABCD)
BC AC (ABCD)
SA (ABCD)
0.25
2
1 3a
+Ta có diện tích hình thang ABCD S ABCD ( AB DC ). AD
2 2
+Có tam giác ΔSAC vuông cân tại A ta có SA=AC= AD 2 +DC 2 2 a
- WWW.VNMATH.COM
1 1 3a 2 2 3
+Thể Tích khối chóp SABC là : VS.ABCD SABCD .SA a 2. a
3 3 2 2 0.25
1 3V
Ta có VSDCB SBCD .d(B; (SCD)) d(B; (SCD)) SDCB
3 SBCD
11 2 3
Trong BCD có C 1350 nên VSDCB BC.CD.sin1350.SA a 0.25
32 6
2 3
3. a
3V 6 2a 3 a 6
Vậy d(B;(SCD)) SDCB
SBCD 1 0 3a 2 3
a.a 2.sin135
2
câu6 Cho x,y là các số thực và thoả mãn x,y >1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1
( x3 y 3 ) ( x 2 y 2 )
:P
( x 1)( y 1)
Đặt t =x + y điều kiện t > 2
t2
Áp dụng bất đẳng thức 4 xy ( x y ) 2 ta có xy
4 0.25
t 3 t 2 xy (3t 2) t 2
P do 3t-2>0 xy nên ta có
xy t 1 4
t2 0.25
t 3 t 2 (3t 2)
4 t2
P
t2 t 2
t 1
4
t2
Xét hàm số f (t ) trên (2; )
t2
t 2 4t t 0 (l)
có f '(t ) f '(t ) 0
(t 2) 2
t 4 (tm) 0.25
lim f (t) ; lim f (t)
x 2 x
t 4
2
f'(t) - 0 + 0.25
f(t)
8
- WWW.VNMATH.COM
x y 4 x 2
min f (t ) f (4) 8 minP 8 dấu = xảy ra khi và chỉ khi
(2; )
xy 4 y 2
TỰ CHỌN
A theo chương trình chuẩn
7a 1:Gọi A(a;0) thuộc Ox và B(b;b) thuộc d ta có MA( a 2; 1) MB (b 2; b 1) 0.25
MA MB
MB.MA 0 0.25
ABM vuông cân tại M nên 2 2
MA MB MA MB
0.25
(a 2)(b 2) (b 1) 0
2 2 2
vì b=2 không thoả mãn hệ phương tình nên ta có
(a 2) 1 (b 2) (b 1) 0.25
b 1
b 1 a 2 b 2
a2
b2 .
(a 2) 2 1 (b 2) 2 (b 1) 2 ( b 1 ) 2 1 (b 2) 2 (b 1) 2
b2
0.5
b 1 a 2
a2
b2 b 1
2 2 a 4
(b 2) (b 1) (b 2)2 (b 1)2
2
(b 2) b 3
Vậyphương trình đường thẳng : x y 2 0 ; : 3 x y 12 0
2 14 1 n 3
8a Ta có 2
3 (1) dk
Cn 3Cn n n N
với điều kiện trên phương trình (1) tương đương
4 28 1 0.5
n(n 1) n(n 1)( n 2) n
n 2
n 2 7 n 18 0
n 9
kết hợp điều kiện n=9
Với n=9 ta có khai triển (1 3 x)2n (1 3 x)18
Số hạng tỏng quát Tk 1 C18 ( 3) k x k
k
số hạng chứa x 9 khi k =9
Vậy hệ số của x9 trong khai triển là C18 ( 3) 9
9
9a 3 3
Giải phương trình 3x x 2.3x x 32 x 2 0 (1)
3 3
Ta có 3x x.3x x 32 x 0.25
3 3 3 3 3
(1) 3x x (1 3x x ) 2(1 3x x ) 0 (1 3x x )(3x x 2) 0
x 0
0.25
1 3 x x3
0 x x 0 x 1
3
x 1
- WWW.VNMATH.COM
x 0 0.25
Vậy Phương trình đã cho có nghiệm x 1
x 1
0.25
B Theo Chương Trình nâng cao
7b Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A 3; 4 , đường phân 1
giác trong của góc A có phương trình x y 1 0 và tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần
diện tích IBC .
+ Ta có IA 5 . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có
dạng C : ( x 1)2 ( y 7)2 25
+ Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong A 0,25
góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC . Tọa độ
của D là nghiệm của hệ
I
x y 1 0
D 2;3
2 2
( x 1) ( y 7) 25 B C
0,25
H K
D
+ Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm
chính giữa cung nhỏ BC. 0,25
Do đó ID BC hay đường thẳng BC nhận véc tơ DI 3; 4 làm vec tơ pháp
tuyến.
+ Phương trình cạnh BC có dạng 3x 4 y c 0
+ Do SABC 4SIBC nên AH 4IK
7c 31 c
+ Mà AH d A; BC và IK d I ;BC nên
5 5
114 0,25
c 3
7 c 4 31 c
c 131
5
Vậy phương trình cạnh BC là : 9 x 12 y 114 0 hoặc 15 x 20 y 131 0
8b Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu cách lấy 1
ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng
Các trường hợp để chọn được 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng là
TH1: Cả 4 viên bi được chọn đều là bi đỏ 0,25
số cách là : C54 cách chọn
TH2: Trong 4 viên bi được chọn có 1bi đỏ và 3 bi xanh
1 3
số cách là : C5 .C4 cách chọn 0,25
TH3: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi xanh
số cách là : C53 .C4 cách chọn
1
TH4: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi vàng 0,25
số cách là : C53 .C3 cách chọn
1
TH5: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 2 bi xanh
- WWW.VNMATH.COM
số cách là : C52 .C42 cách chọn 0,25
TH6: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 1 bi vàng và 1 bi xanh
số cách là : C52 .C3 .C4 cách chọn
1 1
Vậy có C54 + C5 .C4 + C53 .C4 + C53 .C3 + C52 .C42 + C52 .C3 .C4 =275 cách chọn thoả mãn yêu
1 3 1 1 1 1
cầu bài toán
9b
Giải phương trình log 3 3x 1 .log 3 3x 2 9 3 (1) 1
log 3 (3 x 1).log 3 9(3 x 1) 3 log 3 (3x 1).(log 3 9 log 3 (3x 1)) 3
(1)
log 3 (3 x 1).(2 log 3 (3x 1)) 3 0,25
Đặt t log3 (3x 1) t>0
t 1
(1) t (2 t ) 3 t 2 2t 3 0 kết hợp điều kiện ta có t=1 0,25
t 3 (l)
với t=1 log 3 (3x 1)=1 3x 1 3 3x 2 x log 3 2 0,25
Vậy phương trình có nghiệm x log3 2 0,25
Trên đây chỉ là một hướng giải Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa
nguon tai.lieu . vn
