Xem mẫu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014 MÔN THI: TOÁN; KHỐI B, D. Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x4 +2(2+m)x2 −3−2m (1) với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 0. b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 1+sinçx− 4 ÷+sin2x = 2(1+cot x)é1+tançx− 4 ÷ù. ì(y+1)2 +2(y+1) 2x−1+2x−1= 0 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: î2x3 + y3 = xy(x+ 2. x+ 2x−1) . ln8 x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = dx. x ln3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a,BC = 2a, mặt bên ACC’A’ là hình vuông. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AC, CC’, A’B’ và H là hình chiếu của A lên BC. Tính thể tích khối chóp A’.HMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng MP và HN. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 2 (a+b+c+3)2 a2 +b2 +c2 +1 3(a+1)(b+1)(c+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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C):x2 + y2 −2y = 4 và đường thẳng Δ:2x−5y+16 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc Δ sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB (với A, B là các tiếp điểm) và AB = 10 . Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P):3x+2y+3z −1= 0 và điểm A(4;1;3). Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua A song song với mặt phẳng (P) đồng thời cắt đường thẳng d : x−3 = y−3 = z +2 . Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn: z +1−3i = z +3−i và z =3. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho đường elip (E) có tâm sai e = 4 , đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của elip có phương trình x2 + y2 = 34. Viết phương trình chính tắc của elip và tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc vuông và M có hoành độ dương. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các đường thẳng d1 : x = y −4 = z +1; d2 : x = y −2 = z và d3 : x+1 = y −1 = z +1. Viết phương trình đường thẳng Δ, biết Δ cắt ba đường thẳng d1, d2, d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm hệ số x7 trong khai triển nhị thức Newton: æx2 − 3ön , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 4Cn+1 = A3 −2Cn . ---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:…………………………. Cảm ơn bạn Thanh Nguyên (thantaithanh@gmail.com) Gửi tới www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 MÔN TOÁN NĂM 2014 khối B, D CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM • Với m = 0 ta có y = −x4 +4x2 −3. Tập xác định: R . • Sự biến thiên: +) Giới hạn: lim y = lim y = −¥. 0,25 +) Bảng biến thiên: y`= −4x3 +8x; y` = 0 Û x = 0 hoặc x = ± 2 x −¥ − 2 0 2 +¥ y’ + 0 - 0 + 0 - y 1 1 0,25 1.a −¥ −3 −¥ +) Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng −¥;− 2 và (0; 2). Nghịch biến trên mỗi khoảng (− 2;0)và ( 2;+¥). +) Hàm số đạt cực đại tại xC§ =± 2, y § =y(± 2)=1, đạt cực tiểu tại xCT = 0;yCT = y(0)= −3 • Đồ thị: Phương trình hoành độ giao điểm: −x4 +2(2+m)x2 −3−2m = 0 (1) Đặt t = x2 (t ³ 0) , phương trình (1) trở thành: t2 −2(m+2)t+3+2m = 0 (2) (1) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm dương phân biệt. ìΔ`> 0 ìm2 +2m+1> 0 3 Điều kiện là: íS > 0 Û ím+2 > 0 Û í 2 (*) îP > 0 î3+2m > 0 îm ¹ −1 1.b Với điều kiện (*), giả sử t1, t2 (0< t1 < t2)là hai nghiệm phân biệt của (2), khi đó (1) có bốn nghiệm phân biệt là: x1 = − t2 ,x2 = − t1 ,x3 = t1 ,x4 = t2 . x1,x2,x3,x4 lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi: x2 − x1 = x3 − x2 = x4 − x3 Û t2 = 9t1 (a) Áp dụng định lí Viet ta có: t1 +t2 = 2(m+2), t1t2 = 3+2m (b) Từ (a), (b) ta có: 9m2 −14m−39= 0Û m = 3 hoặc m = −13 Đối chiếu điều kiện (*) ta có: m = 3 hoặc m = −13. Điều kiện: x ¹ kπ,x ¹ 3π +kπ . Phương trình đã cho tương đương với: 1+sinæx− 4 ö+sin2x = 2.1tannx.1+tanx Ûsinæx− 4 ö+sin2x =0Ûsin2x =sinæx− 4 ö 2 Û 2x = 4 − x+k2π hoặc 2x = 4 + x+k2π Û x = 12 +k 3 hoặc x = 4 +k2π Đối chiếu điều kiện ta có x = 12 +k2π, x = 12π +k2π ìy2 +2(x+ y)+2(y+1) 2x−1 = 0 (1) 3 î2x3 + y3 = 2xyæ x + x+ 2x−1ö (2). Điều kiện: x ³ 2 . Ta có: (1)Û (y+1+ 2x−1)2 = 0Û y = −1− 2x−1 < 0 (*) 0,25 + 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Thế vào (2) ta có: (2)Û 2x3 + y3 = xy(x+1+ 2x−1)Û 2x3 + y3 = xy(x− y) Û 2x3 − x2y+ xy2 + y3 = 0Û 2ç x ÷3 −ç x ÷2 +ç x ÷+1= 0Û x = − 1 Û y = −2x (**) 0,25 Thế (**) vào (*) ta có:2x−1= 2x−1Û 2x−1( 2x−1−1)=0Ûx=1 hoặc x = 1 Vậy hệ có hai nghiệm: (x;y)= (1;−2) hoặc (x;y)= è 2;−1ø 0,25 Đặt t = 1+ex Þ t2 =1+ex Þ 2tdt = exdx , x = ln3Þ t = 2;x = ln8Þ t = 3 0,25 I = ln8 ex −1 dx = ln8 ex −1 exdx = 23 t2 −2dt x x x ln3 ln3 2 4 3 3 3 = 22 è1− (t −1)(t +1)ødt = 22 dt − 2 çt −1− t +1÷dt = 2t −ln(t −1)+ln(t +1) 2 = 2+ln 2 . Vậy I = 2+ln 2 . 0,25 0,25 0,25 A M C Ta có: AC= BC2 −AB2 =a 3 Vì ACC’A’ là hình vuông có cạnh bằng a 3 nên: H SA`MN = SACC`A` −SA`AM −SA`NC −SCMN 0,25 B N = 3SACC`A` = 33a2 = 9a2 Ta có: AB ^ AC, AB ^ AA`Þ AB ^ (ACC`A`) Xét tam giác ABC vuông tại A có: A` C` CH.BC = AC2 Þ CH = AC2 = 3a . Do đó: 5 P E d(H;(AMN)) = CH = 3 Þd(H;(AMN))= 3AB=3a. B` Suy ra:V .A`MN = 3d(H;(A`MN)).SA`MN = 32 . Gọi E là trung điểm B’C’, khi đó dễ thấy MP // CE nên MP // (BCC’B’), suy ra: d(MP;HN)= d(MP;(BCC`B`))= d(M;(BCC`B`)) Vì M là trung điểm AC nên d(M;(BCC`B`)= 1d(A;(BCC`B`))= 1 AH Vậy d(MP;HN)= 1 AH = 1. AB.AC = a43 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 6 a2 +b2 +c2 +1³1(a+b)2 +1(c+1 2 ³1(a+b+c+12 và (a+1 (b+1 (c+1 £æa+b+c+3ö3 . Suy ra P£ a+b+c+1− a+b+c+3 . Đặt t = a+b+c+1, t >1 . Khi đó: P£ t − t+2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Xét hàm số f (t)= 2 − t18 trên (1;+¥) . Ta có: f `(t)= − 2 + (t 18 )2 ; 0,25 f `(t)= 0Û 9t2 = 4(t+2)2 Û t = 4 . Ta có bảng biến thiên: t 1 4 f `(t) + 0 f (t) 1 2 +¥ Dựa vào bảng biến thiên ta có − P£ − 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: t = 4 Û a = b = c =1. 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của P là − 1 đạt được khi a = b = c =1 . Đường tròn (C) có tâm I(0;1) bán kính R = 5 . Gọi H là trung điểm AB. Khi đó AH = 1 AB = 10 0,25 2 Xét tam giác AMI vuông tại I có: AH2 = AM2 + AI2 Û 5 = AM2 + 5 Þ AM = 5 . 7a Khi đó: IM = AM.AI = 10 . Vì M∈d nên Mèa;2a+16ø . Ta có: 0,25 IM = 10 Û a2 +æ 2a+11ö2 =10Û a = −3 hoặc a = 43 0,25 Vậy có hai điểm thỏa mãn là: M(−3;2), Mæ 43;110ö . (P) có một vectơ pháp tuyến là n(3;2;3). Gọi B = dÇΔ , khi đó: B(3+3t;3+2t;−2−2t) Þ AB(−1+3t;2+2t;−5−2t) . 8a Vì Δ / /(P) nên n.AB = 0Û 3(−1+3t)+2(2+2t)+3(−5−2t)= 0Û t = 2 Þ AB(5;6;−9) là vectơ chỉ phương của Δ. Δ có phương trình là: x−4 = y−1 = z−3 Giả sử z = x+ yi (x,y∈R) từ giả thiết ta có: ï(x+1)+(y−3)i = (x+3)+(y−1)i ï(x+1)2 +(y−3)2 = (x+3)2 +(y−1)2 ï x+ yi = 3 îx2 + y2 = 9 9a Û îx2 + y2 = 9Û x = −y = 2 hoÆc x = −y = − 2 . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy z = 3 − 3 i hoặc z = − 3 + 3 i. 0,25 7b Giả sử phương trình chính tắc của elip có dạng: x2 + y2 =1 (0< b< a) . 0,25 Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở có bán kính là R = 34 nên: a2 +b2 = 34 Từ đó ta có hệ:ïa2 +b2 = 34 Û ï25(ab−b2)=16a2 Û ïb2 = 95Þ a = 5, b = 3, c = 4 . 0,25 2 2 Phương trình chính tắc của elip là: 25+ 9 =1. Giả sử M(xM;yM )∈(E), khi đó: MF = a+ex = 5+ 4 x, MF = a−ex = 5− 4 x . Ta có: FMF = 900 Û MF2 + MF2 = FF2 Û æ5+ 5 xö2 +æ5− 5 xö2 = 64 0,25 Û16x2 =175Û x = 547 hoÆc Với x = 5 7 ta có: Mæ 5 7 ;9ö è ø x = − 547 , lo¹i. hoặc Mæ 547 ;− 9ö 0,25 Vì A∈d , B∈d2, C∈d3 nên tọa độ của chúng có dạng: A(a;4−a;−1+2a), B(b;2−3b;−3b), C(−1+5c;1+2c;−1+c) . Theo giả thiết AB = BC nên B trung điểm AC do đó: ì2xB = xA + xC ì2b = −1+a+5c ì a−2b+5c =1 ìa =1 8b í2yB = yA + yC Û í2(2−3b)= 5−a+2c Û í−a+6b+2c = −1Û íb = 0 î2zB = zA + zC î−6b = −2+2a+c î2a+6b+ c = 2 îc = 0 Suy ra A(1;3;1),B(0;2;0),C(−1;1;−1) Þ BA(1;1;1) là vectơ chỉ phương của Δ. Phương trình đường thẳng Δ là: x = y−1 = z . Điều kiện: n³ 3. Ta có: 4Cn+1 = A3 −2Cn Û 4(n+1)n(n−1) = n(n−1)(n−2)−n(n−1) Û n2 −12n+11= 0Û n =11 hoặc n =1 , loại. 9b Với n =11, ta có: æx2 − 3ö11 = 11 Ck (x2 )11−k æ− 3ök = 11 Ck (−3)k x22−3k . k=0 k=0 Số hạng chứa x7 ứng với 22−3k = 7 Û k = 5 . Suy ra hệ số của x7 là: C1 (−3)5 = −112266. TỔNG 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 10,0 HẾT. Cảm ơn bạn Thanh Nguyên (thantaithanh@gmail.com) Gửi tới www.laisac.page.tl ... - tailieumienphi.vn
nguon tai.lieu . vn