Đề thi thử đh toán có đáp án (72)

D2014 l?n 3 HQ chinh thuc SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG �� ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2014 Môn thi TOÁN; Khối D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm)[.]

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

-  -

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2014

Môn thi: TOÁN; Khối D

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

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số = 1 4 − 2 +

4

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

2 Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 1 tạo với đường

thẳng (d): y = − + x 2014 một góc α bằng 45 0

2

sin 3 sin 2 cos 2 sin

4

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình









2

3

1 4

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

3 2

2 4

.

x

π

π

+

∫

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O và

= 120o

ABC Góc giữa cạnh bên AA ' và mặt đáy ( ABC D ) bằng 60o Đỉnh A ' cách đều các điểm A, B, D M là trung điểm cạnh CD Tính thể tích khối hộp ABCD A B C D ' ' ' ' và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( A B ' D )

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: xyz = − 1 và 4 + 4 = −

8x 6

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: = − + ( ) −

−

2

z

Câu7 (1,0điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng d1 : x + − = y 2 0; d2 : x − 7 y + = 6 0 cắt nhau tại A Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(3; 5) cắt ( ) ( ) d1 ; d2 lần lượt tại M

và N ( khác A) thỏa mãn 5AM = AN

Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ + = − = −

−

:

và mặt phẳng ( ) P : x + 2 y + + = 3z 2 0. Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng ( ) P ,

đi qua điểm M ( 2;2;4 ) và cắt đường thẳng ∆

Câu 9 (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: Cn2 = 3 Cn6 Tìm số hạng chứa x7trong khai triển nhị thức Niu-tơn  

+

2 3

3 2x

n

x

- Hết - Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……… Cảm ơn  Việt Lưu Tuấn (tuanviet96hd@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl

www.NhomToan.com

www.LuyenThiThuKhoa.vn

TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

Tổ: Toán ***

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2014

MÔN: TOÁN; KHỐI: D

(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

M

1 (1,0 điểm)

1 Với m = 1, ta có = 1 4 − 2 +

4

• Tập xác định: D=ℝ

• Sự biến thiên:

− Chiều biến thiên: ′ = 3− = 2 −

′ = ⇔ 2 − = ⇔ = = − =

0,25

− Hàm số đồng biến trên các khoảng ( − 2;0 , 2; ) ( +∞ )

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞ − ; 2 , 0;2 ) ( )

− Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, yCD = y ( ) 0 = 2

Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x = ± 2, yCT = ± = − y ( ) 2 2

− Giới hạn: lim , lim

→−∞ = +∞ →+∞ = +∞

0,25

Bảng biến thiên:

x −∞ −2 0 2 +∞

y' − 0 + 0 − 0 +

y

+∞ 2 +∞

−2 −2

0,25

Đồ thị:

1Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng 6

4

2

2

4

6

0,25

Câu 1

(2,0 đ)

2 (1,0 điểm)

Ta có: y x ' ( ) = x3 − 4 x m ⇒ y ' 1 ( ) = − 1 4 m

Gọi ∆ là tiếp tuyến của đồ thị hs (1) tại điểm có hoành độ bằng 1

⇒phương trình ∆ có dạng: y = y ' 1 ( )( x − + 1 ) ( ) y 1

0,25

hay: = − ( 1 4 )( − + 1 ) ( ) ( 1 ⇔ − 1 4 ) − + 2 + = 5 0

4

Đường thẳng (d) : x + − y 2014 = 0 có vtpt n2 = ( ) 1;1

Do góc giữa ∆ và d là α = 45o nên ta có c os α = c os ( n n1, 2)

0,25

2

os45

2

1

4

o

c

0,25

π

2

sin 3 sin 2 cos 2 sin

4

(1) ⇔ 2 sin 2 cos x x − 2 cos x − + 1 sin 2 x = 0 0,25

=



⇔ 

+ =



sin 2 1 2 cos 1 0 sin 2 1

2 cos 1 0

x x

0,25

+) = ⇔ = + π π

sin 2x 1

4

Câu 2

(1,0 đ)

+) + = ⇔ = − ⇔ = ± 1 2 π + π

Kluận:

0,25

( ) ( )









2

3

4

Điều kiện: x ≥ 1



=



2

2x

y

0,25

+) Với x − + 1 y2 = 0, với điều kiện x ≥ 1 thì pt ⇔ = x 1; y = 0

Thay vào pt (2) ta thấy không thỏa mãn⇒loại

0,25

Câu 3

(1,0 đ)

+) Với y = 2x, thay vào pt (2) ta được pt: 2 − 3 = −

1 2

Đặt v = x − ≥ 1 0 ⇒ x = v2 + 1, ta có: ( ) ( )2 + 2 − 3 2 + =

2

0,25

( ) ( )

Với v = 1 ⇒ x = 2, y = 4 KL

0,25

3 2

2 4

.

x

π

π

+

∫

−

+

2

2 osx 3 sin

c x

0,25

π

π

= ∫2

4

1

sin

x

Đặt

=



=





⇒



x 1

sin

x

π

π

π

∫

2 1

4

2

2 cot x cot xdx

4

0,25

π

π

π

= + ∫2

4

s inx 2

d

π

π

1

2 2

2 ln s inx 2 ln

4

I

0,25

Câu 4

(1,0 đ)

π +

−

π

2

2 osx 3

4

2

0,25

O B

A

A' B'

D' C'

H

M K

- gt⇒ ∆ ABC đều cạnh a Gọi H là hình chiếu của A’ trên (ABCD), do

A A A B A D HA HB H ⇒ H là tâm của ∆ đều ABD ⇒H

thuộc AO sao cho = 2 = 2 3 = 3

- ⇒ SH ⊥ ( ABC D ) ⇒ HA là hình chiếu của A’A trên ( ABCD) nên góc giữa

AA’ và mp(ABCD) là góc giữa AA’ và HA và bằng góc A AH ' = 60o( do

A H HA ABC A HAvuông tại H ⇒ A AH ' < 90o)

0,25

- Trong ∆vuông A’AH có ' = tan ' = tan 60 = 3 3 =

3

- Diện tích hình thoi ABCD là: D = 1 D = 2 3

ABC

a

- Thể tích khối hộp ABC D ' ' A B C D ' ' là:

= = 2 = 3

D

ABC

a

0,25

- Vì M là trung điểm của CD, CD cắt (A’BD) tại D nên

( , ' D ) = 1 ( , ( ' D ) )

2

mà CD cắt (A’BD) tại trung điểm O của CD nên d C A B ( , ( ' D ) ) = d A A B ( , ( ' D ) )

lại có AO=3HO nên

( , ' D ) = 3 ( , ( ' D ) ) ⇒ ( , ( ' D ) ) = 3 ( , ( ' D ) )

2

0,25

Câu 5

(1,0 đ)

- Trong mp(A’OH) hạ HK ⊥ A O ' tại K khi đó ta c/m được:

Trong ∆ vuông A’HO ta có: = + = ⇒ =

13

a HK

0,25

Câu 6

(1,0 đ) thực x, y, z thỏa mãn: xyz = − 1 và 4 + 4 = −

8x 6

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: = − + ( ) −

−

2

z .

- Ta có: 8x y − = 6 x4 + y4 ≥ 2x2 2y

Đặt t = xy, ta có: 2 − + ≤ ⇔ ≤ ≤

2 t 8 t 6 0 1 t 3

- Ta có ( x + y )2 ≥ 4x , y ∀ x y , ∈ ℝ

Dấu “ =” xảy ra khi x = y

0,25

1

2

xy

xy

Xét hàm số: ( ) = − − = − − + ( ) ∀ ∈ [ ]

t

0,25

( )

+ 2

1

4 2 1

t

( )

⇒ f t nghịch biến trên đoạn [ ] 1;3

⇒ ≤ 1 = − 10 , ∀ ∈ 1;3

3

0,25

⇒ ≤ − 10

3

=





= − ⇔   = − ⇔   = = = −

 4 4

10

1

8x 6

P

KL: Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức = − 10

3

P khi  = = = −



1

0,25

d x y d x y cắt nhau tại A Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(3; 5) cắt ( ) ( ) d1 ; d2 lần lượt tại M và N ( khác A) thỏa mãn

=

5AM AN

- A = ( ) ( ) d1 ∩ d2 ⇒ A ( ) 1;1

- Gọi M m ( ;2 − m )là giao điểm của ( ) d1 và (d)

⇒ AM = m − 1;1 − m ; AM = 2 m − 1 ; BM = ( m − − − 3; 3 m )

Gọi N ( 7 n − 6; n )là giao điểm của ( ) d2 và (d)

⇒ AN = 7 n − 7; n − 1 ; AN = 5 2 n − 1 ; BN = ( 7 n − 9; n − 5 )

0,25

Câu 7

(1,0 đ)

= −



2



:

0,25

- Với n = m ta có hệ

  =





=





=



−

 =





1 1

3 2

k m

k

m

Với m = = n 1 ⇒ M (1;1) N(1;1) loại

Với = = − 3 ⇒ − − 3 3 − 33 − 3

( ; ) N( ; )

m n M Đường thẳng (d): x – 3 y + 12 = 0

0,25

- Với n = 2 – m ta có hệ

  =





=









⇔

 − − = − −   = −







  = −



1 1

3 (5 7 )

3

13 3

k m

m

Với m = 1 ⇒ n = 1 ⇒ M (1;1) N(1;1) loại

Với m = − 3 ⇒ n = 5 ⇒ M ( 3;5) N(29;5) − Đường thẳng (d): y − = 5 0

Vậy có hai đường thẳng (d) thỏa mãn : x – 3 y + 12 = 0 ; y − = 5 0

0,25

Cách 2: Câu 7

- A = ( ) ( ) d1 ∩ d2 ⇒ A ( ) 1;1

- Lấy P ( ) 2;0 thuộc đường thẳng ( ) d1 Gọi ∆ là đường thẳng kẻ từ P song

song với (d) , cắt ( ) d2 tại Q Do 5A M = AN ⇒ 5A P = AQ

- Gọi Q ( 7 y0 − 6; y0) ⇒ ( − ) = ⇒   = ⇒ ( ) ( )



0 2

0

0

y

- Với Q ( ) 8;2 ⇒ pt d ( ) : x − 3 y + 12 = 0 (thỏa mãn điều kiện A ∉ ( ) d

- Với Q ( − 6;0 ) ⇒ pt d ( ) : y − = 5 0 (thỏa mãn điều kiện A ∉ ( ) d

KL:

Ta có phương trình đường thẳng

= − +





∆  = −

 = +



1 3

2 2

Gọi A ( − + 1 3 ;2 t − 2 ;2 t + 2 t )là giao điểm của (d) và (∆)

⇒ MA = 3 t − − 3; 2 ;2 t t − 2

0,25

Câu 8

(1,0đ)

⇔ = 9

5

MA

0,25

(d) qua , nhận u = ( 6; 9;4 − ) là vtcp thỏa mãn ycbt ( vì M ∉ ( ) P ⇒ / / d ( ) P ) 0,25 Phương trình đường thẳng (d) là: − = − = −

−

( ) ( )

*

6,

3.

n n





ℕ

0,25

Với n = 7 ta có khai triển :

14

k

−

Số hạng chứa x7 của khai triển nhị thức niu-tơn trên ứng với k thỏa mãn:

3 7

3

k k

k k





⇔ =





ℕ

0,25

Câu 9

(1,0đ)

⇒số hạng chứa x7 của khai triển nhị thức niu-tơn trên là: C732 34 3x7= 15120.x7 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