đề thi thử đại học lần 2 môn toán khối d năm 2014 - trường thpt ngô gia tự

Tìm m để hàm số 1 có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ bằng 2lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ.. Viết phươ

www.VNMATH.com

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số yx33mx23(m21)x m 3m (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m = 1

2 Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm

số đến gốc tọa độ bằng 2lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc

tọa độ

Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình 2 os3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 3 os (22 )

4

Câu 3 (1 điểm) Giải bất phương trình log3(x1)2 log4(x1)3  0

Câu 4 (1 điểm) Giải hệ phương trình

2 2

2( ) 7 ( 2 ) 2 10







Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a Cạnh

SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 Trên cạnh SA lấy

điểm M sao cho AM = 3

3

a

, mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu 6 (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3( x2  y2 z2) 2  xyz

Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng

: 3x 4y 4 0

    Trên  lấy hai điểm A và B đối xứng nhau qua )

2

5

; 2 ( sao cho diện tích tam giác

ABC bằng 15 Viết phương trình đường thẳng AB

Câu 8 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1: x  y30 và d2 : x  y  6  0 Trung điểm của

một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.

Câu 9 (1 điểm) Cho hai đường thẳng song song d1 và d2 Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt,

trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt ( n ,2 n  N) Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các

điểm đã cho Tìm n

SỞ GD&ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014 Môn thi: TOÁN - KHỐI D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

www.VNMATH.com

-Hết -

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 KHỐI D NĂM 2014

Câu Nội dung Điểm

1 1.Khi m=1 ta có y x3 3x2

TXĐ: R ; y'3x2 6x ; 













2

0 0

'

x

x y









x

y





x

y

lim BBT

x  0 2 +

y’ + 0 - 0 +

y 0 



 -4 Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) , nghịch biến trên khoảng (;0);(2;)

Hàm số đạt cực đại y=0 tại x=0

Hàm số đạt cực tiểu y=-4 tại x=2

6

4

2

-2

-4

-6

2 Ta có y, 3x26mx3(m21)

Để hàm số có cực trị thì PT y , 0 có 2 nghiệm phân biệt

x22mx m 2  có 2 nghiệm phân biệt 1 0

   1 0, m Nên hàm số luôn có 2 cực trị

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25

www.VNMATH.com Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và

điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)

0.25

3 2 2

m

m

   

  



Vậy có 2 giá trị của m là m   3 2 2 và m   3 2 2

0.25

Câu

2 os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ 2)

os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0



2 sin(3 ) osx=0

6

x=

2

k









  





Vậy PT có hai nghiệm

2

x  k



  và

x  k

0.25

0.25

0.25

0.25

3 ĐK: x>-1

4 log

3 2 ).(

1 ( log 0

4 log

) 1 ( log 3 ) 1 ( log 2

3 3

3

3

0 1

0 ) 1 ( log3















x x

0.25 0.25

0.25 0.25

4 Rút y2 từ phương trình (2) thế vào (1) ta được

0 3 2 ) 2 ( 2

2









x



















3 2

1

y x

x

TH1: Thay x  1 vào (1) ta được 



















4

2 0

8 2 2

y

y y

y

TH2:Thay x2 y 3 vào (1) ta được

















































5

6 1 5

3 1

5

6 1 5

3 1 0

4 10

5 2

x y

x y

y y

Vậy hệ pt có 4 nghiệm (-1;2) (-1;-4) ( )

5

3 1

; 5

6

5

3 1

; 5

6



0.25

0.25

0.25

0.25

5

www.VNMATH.com S

M

N

D

C B

A

( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD

Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,

3

2



SA SM

ABCD S ABC

S MBC

S ABC

S

MBC

S

V V

V SA

SM V

V

.

.

.

3

1 3

2 3

2









ABCD S ADC

S MNC

S ADC

S

MNC

SD

SN SA

SM V

V

.

.

.

9

2 9

4 9

4 3

2 3

2

Vậy V S.BCNM V S.ABCD

9

5

3

10 3 27

a

0.25 0.25 0.25

0.25

6 Ta có:

 

2

2

2 1

2



f x  x  x  x , với 0<x<3

9

x

x







x  0 1 3



y’ + 0 -

y 14

0.25

0.25

0.25

www.VNMATH.com

Từ bảng biến thiên suy ra GTLN P=7 x yz1 0.25

7 Ta có I 

6 5

4 20 6 ) ,

(C     

2

5 5

15

6 2

1









AB

Gọi  )  

4

4 3

; (a a

4

25

2



AI

4

25 ) 4

6 3 ( ) 2 (  2   2 



















0

4 4

) 2

a

a a

Với a4 A(4;4);B(0;1) Phương trình AB : 3x4y4 0

Với a0 A(0;1);B(4;4) Phương trình AB: 3x4y4 0

0.25

0.25

0.25 0.25

8 Ta có: d1d2 I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:































2 / 3 y

2 / 9 x 0 6 y x

0 3 y

x

Vậy 









 2

3

; 2

9 I

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD Md1Ox

Suy ra M( 3; 0)

2

3 2

9 3 2 IM 2 AB

2 2



































2 3

12 AB

S AD 12

AD AB

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d1 AD

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n ( 1 ; 1 ) làm VTPT nên có

PT: 1(x3)1(y0)0xy30 Lại có: MAMD 2

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:





















2 y

3 x

0 3 y x

2













1 y

2 x

hoặc











 1 y

4 x Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)











2

3

; 2

9

I là trung điểm của AC suy ra:



























2 1 3 y y 2 y

7 2 9 x x 2 x

A I C

A I C

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0.25

0.25

0.25

0.25

9 Theo giả thiết ta có: 3 3 3

n 10 10 n

C   C  C  2800 ( n  2)

2800 )!

3

!.(

3

!

! 7

!

3

! 10 )!

7

!.(

3

)!

10 (













n

n n

n

n 10n 9n 8 10.9.8 n n 1 n 2   2800.6

 n2 + 8n – 560 = 0

0.25 0.25

0.25

www.VNMATH.com















) ( 24

20

loai n

n