THI THU LAN III NAM 2014 ban cuoi SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2014 MÔN TOÁN; KHỐI A, A1, B, V Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu[.]
Trang 1SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2014 MÔN: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, V
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = − + x4 2 mx2− 5 (1), m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 3
2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông cân
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình s in2 sin 6 2 3(1 os4 )(1-2sin2 ) 0
tan -1
x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 43 4 3 52 2 0 ( , )
x y
x x y x y xy x y
+ + − + =
∈
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
1 3
4 0
2 1
x x
dx x
− +
∫
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, góc BAD = 600,
SA = SB = SD, tam giác SAC vuông tại S, M là trung điểm SC Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBMD theo a
Câu 6 (1,0 điểm) Cho , , x y z là các số thực không âm và x2+ y2 > 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A thuộc đường
thẳng d : 3x+2y− =5 0, đường tròn đường kính AC có phương trình ( x − 1)2+ − ( y 2)2 = 20 cắt đường thẳng BC tại điểm H (-3; 0), (H ≠ C) , biết 1
cosABC
5
−
= Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết điểm C có hoành độ là một số nguyên
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S):
x + y + − z x − y − = và hai đường thẳng + = − = +
−
1
:
−
2
:
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với hai đường thẳng d1, d2 và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3
Câu 9 (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 2 Cn3+ Cn1= 46 Tìm số hạng chứa x trong 9
khai triển nhị thức Niutơn của
2
2
n
x
x
- Hết -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm
www.NhomToan.com
www.LuyenThiThuKhoa.vn
Trang 2SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2014
MÔN: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, V
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
1 (1,0 điểm) Khi m=3, khảo sát y= − +x4 6x2−5
* Tập xác định: ℝ
* Sự biến thiên: 3 0
' 4 12 ; ' 0
3
=
= ±
x
x
0,25
'< ∀ ∈ −0 3; 0 ∪ 3;+ ∞
⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− 3; 0 và ) ( 3;+ ∞);
Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞ −; 3 và 0; 3) ( )
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = ± 3 , yC § = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 , yCT = − 5
0,25
Bảng biến thiên:
x −∞ − 3 0 3 +∞
y' + 0 − 0 + 0 −
y 4 4
5−
−∞ −∞
0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; -5) ; cắt trục hoành tại các
điểm (− 5; 0), ( 5; 0), ( 1; 0), (1; 0)− Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng
0,25
2 (1,0 điểm) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu
2
0
x m
=
=
Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ pt 'y =0 có ba nghiệm phân biệt ⇔m > 0 0,25
1
(2,0 đ)
Khi m > 0 đồ thị hàm số có các điểm cực trị là A(0; -5), B ( − m m ; 2− 5), ( C m m ; 2− 5)
AB AC
Trang 3Tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC vuông cân ⇔ AB AC = 0
Khi đó = ⇔ 3− = ⇔ =
Giải phương trình
2 sin2 sin 6 2 3(1 os4x)(1-2sin )
0 tanx-1
Điều kiện: osx 0 2 ,
tanx 1
4
c
k
≠ +
≠
≠
Phương trình đã cho tương đương với − 2 =
2sin 4 cos2x x 4 3 sin 2xcos2x 0
⇔ − =
2 sin 4 cos 2 2 3 sin 4 sin 2 0
2 sin 4 ( os2x 3 sin 2 ) 0
0,25
4
k
Z
• Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm
4
x k
π
π π
=
0,25
2
(1,0 đ)
Z
1
12 2 3
Vậy phương trình có nghiệm ; ;
4
x = k π x = − π + k π
k ∈ Z = π + π ∈
,
12 2
0,25
Giải hệ phương trình 43 4 3 52 2 0 ( , )
x y y x
x y
x x y x y xy x y
∈
Hệ phương trình đã cho tương đương:
2
x y xy
x x y xy
⇔
− =
⇔
− =
Nhận xét: x4+ y4 ≥ 2 x y2 2 ⇒ x4+ y4− 4 xy + ≥ 2 2 x y2 2− 4 xy + = 2 2( xy − 1)2 ≥ 0
0,25
Suy ra
1 (1)
1 1
x y
x y
x y xy
= =
= = −
3
(1,0 đ)
Thay x = y = 1 vào phương trình (2) thấy thỏa mãn
Thay x = y = -1 vào phương trình (2) thấy không thỏa mãn
Vậy, ( ) ( )x y; = 1; 1 là nghiệm của hệ phương trình
0,25
Tính tích phân
1 3 4 0
2 1
dx x
− +
∫
1 3
4 0
2 1
dx x
− +
1 2
2
4
(1,0 đ)
1
4
ln( 1)
+
Trang 40
2 1
x
x
=
+
∫ Đặt 2 tan 2 2 ; 4 tan ;2 0, 0; 1,
dt
c t
π
0 (tan 1) os 0 4
dt
t c t
π
+
0,25
Vậy
1 3 4 0
2 ln 2
dx x
π
+
Tính thể tích
Vì SA = SB = SD nên hình chiếu của điểm S xuống mặt phẳng (ABCD) là H thì HA = HB =
HD suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Mà tam giác ABD đều (vì
0
60
=
BAD và AB =AD =a) => H là trọng tâm tam giác ABD ⇒ H ∈ AC và 1
AH=
3 AC
0,25
Do tam giác SAC vuông tại S nên ta có 2 1
3
AH AC = ⇒ AC = a
Thể tích hình chóp S.ABCD là 1 . 1 6. 2 3 3 2
0,25
Ta có: SA = SB = SD = CB = CD = a nên BM ⊥ SC DM , ⊥ SC, và SC = a 2
Gọi O = AC ∩ BDthì MO là đường trung bình của tam giác SAC
Suy ra tam giác MBD vuông tại M, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD là O
Kẻ Ox//SM, từ trung điểm J của SM kẻ đường thẳng song song với MO, cắt đường thẳng Ox
tại I thì IS = IB = IM = ID, hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SMBD
0,25
5
(1,0 đ)
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SMBD là 6
4
= a
R
0,25
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P
6
(1,0 đ)
Trang 5= −
P
Đặt z+ = ≥1 t 1
P
Áp dụng bất đẳng thức: 2 2 1 2
( ) , , 2
a b a b a b dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b
( ) , 1 ( 1)
x +y ≥ x+y t + ≥ t+
Suy ra 2 2 2 1 1( 1)2 2 2 2 1 1( 1) (1)
x +y + + ≥t x+ + +y t ⇒ x +y + + ≥t x+ + +y t
0,25
Lại có
2 , , 2
+
a b
ab a b dấu “=” khi và chỉ khi a = b,
nên
2 1
2
+ + +
x y t
x y t
từ (1) và (2 ) suy ra 2 32 3
P
0,25
Đặt a= + + + ≥x y t 1 2
Xét hàm số ( ) 2 323
3
f a
a a
= − với a∈[2;+∞)
[
2 32 '( ) , '( ) 0 4 (v× a 2), '( ) 0 2; 4)
−
0,25
Suy ra bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên suy ra: ( ) 1
3
≤
f a , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=4,
Suy ra giá trị lớn nhất của P là 1
3đạt được khi x= = = ⇔ = =y t 1 x y 1;z=0
0,25
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
7
(1,0 đ)
Từ giả thiết suy ra tâm đường tròn đường kính
AC là M(1 ; 2) là trung điểm cạnh AC
Vì A ∈ d nên 5 3
2
a
A a −
và 3 3
2
a
C − a +
,
H thuộc đường tròn đường kính AC nênHA ⊥ HC ⇒ HA HC = 0
0,25
Trang 65 3 3 3
HA a − HC a +
2
HA HC = ⇔ − a + a + = ⇔ = a hoặc 25
13
a = −
−
* a = 3 ⇒ A (3; 2), − C ( 1;6) −
0,25
Phương trình đường thẳng BC đi qua hai điểm C(-1 ; 6) và H(-3 ; 0) là
3 x − + = y 9 0 ⇒ B b b ( ;3 + 9)
(3 ; 11 3 ); ( 1 ; 3 3 )
0,25
2
2 2
2
2 ( 2;3)
c ABC c BA BC
b b
b b
b b
+ + <
Vậy A(3 ; -2), B(-2 ; 3), C(-1 ; 6)
0,25
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song d1, d2…
Mặt cầu (S) tâm I(1; 1; 0) và bán kính R=3
mặt phẳng (P) song song với hai đường thẳng d1, d2 có véctơ chỉ phương là
1(1; 1;1); 2(1; 2;3)
u − u −
0,25
suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n = u u2, 1 = (1; 2;1)
6
D
8
(1,0 đ)
⇔ + = ⇔ = hoặc D = − 9
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là x + 2 y + + = z 3 0 hoặc x + 2 y + − = z 9 0 0,25
Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 2 Cn3+ Cn1= 46 …
ta có 2 Cn3+ Cn1= 46 ( 1)( 2)
46 3
⇔ n n n + = n (đk n ≥ 3, n ∈ Z) 0,25
Khi đó:
−
12 3
9
(1,0 đ)
Số hạng chứa x9 tương ứng với 12 -3i = 9 ⇔i=1, do đó số hạng cần tìm là
−
6 1
6
( 1)
0,25
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- HẾT -
Cảm ơn Việt Lưu Tuấn (tuanviet96hd@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl