đề thi thử đại học môn toán có đáp án năm 2014 trườn lê quý đôn

Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC... Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC.. Phương trình đường tròn ngoại tiếp

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3mx23(m21)x m 3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:

2 s inx(cos x sin2  2x)s inx 3 cos 3 x

Câu 3: (1điểm) Giải phương trình : x4 6x 2x213x17

Câu 4: (1điểm) Tính tích phân :

3

2

2

Iln 2 x(x  3) dx 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 y ) (x y ) 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

Câu 8a: (1điểm) Tìm hệ số của x9 trong khai triển:  2 *

1 3x n;n  , biết 22 143 1

3

C  C n. Câu 9a (1 điểm) Giải phương trình 3x3x  2.3x x 332x  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 0và 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    2 

log 3x 1 log 3x  9  3

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: Số báo danh

ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN I

NĂM HỌC 2013-2014

I 1.Khi m=1

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số yx33x2

1

a)TXĐ:D=R

b)Sự biến thiên

2

x

x







………

Hàm số đồng biến trên khoảng (;0)và (2;)

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)

-Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x 0 ;ycd 0

Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 ;yct   4

-Giới hạn : lim ; lim

   

………

Bảng biến thiên

………

Đồ thị

0.25

0.25

0.25

0.25

x

y

-





0

2

0

-4

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'3x26mx3(m21)

Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu khi và chỉ khi y ' 0có hai nghiệm

phân biệt và đổi dấu khi đi qua các nghiệm

3x26mx3(m21)0có hai nghiệm phân biệt

' 9m 9(m 1) 9 0 m

Vậy m đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và ' 0 1

1

y





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

2

2

2

m

m







 



Vậy với

1 m 2







 

 thì 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

1

0.25

0.25

0.25

0.25

2 s inx(cos x sin x) s inx 3 cos 3x(1) 1 phương trình (1)

0.25

2 sin x.cos 2 x s inx 3 cos 3x sin 3x s inx s inx 3 cos 3x

sin 3x 3 cos 3x 2 sin x sin 3x cos3x s inx

cos sin 3x sin cos3x s inx sin(3x ) sin x

3.Giải phương trình x 4 6x2x213x17

Điều kiện : 4x 6

Ta có :

( 5)(2 3) 0

( 5)(2 3) 0

5

(2 3) 0

x

x











x   x  x     và 2x 3 5  x 4; 6

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 5

0.25 0.25

0.25

1

0.25

0.25

0.25

0.25

4

Tính tích phân

3

2

2

ln 2 ( 3) dx

Ta có

2

ln( 1) dx ln( 2)dx 2 ln( 1) dx ln( 2)dx

Xét

3

2

J2 ln(x 1) dx  Đặt

2dx

u 2 ln(x 1) du

x 1

dv dx

v x 1





3

2

J2(x 1).l n(x-1) 2 dx 2(x 1).ln(x-1) 2x 4 ln 2 2

0.25 0.25

0.25

Xét

3

2

Kln(x2) dx Đặt

dx

u ln(x 2) du

x 2

dv dx

v x 2





3

2

K(x2).l n(x+2) dx(x2).ln(x+2) x 5 ln 5 4 ln 4 1 

vậy I 5 ln 5 4 ln 2 3 

0.25

5 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 hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD)

bằng 45 0 Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD)

1

A

B

S

H

+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

và CH 1AB

2

 ABC vuông cân tại C AC BC





 



vì











(SBC) (ABCD) BC

BC SC (SBC)

SCA 45

SA (ABCD)











là góc giữa (SBC) và (ABCD)

+Ta có diện tích hình thang ABCD

2

ABCD

a

+Có tam giác ΔSAC vuông cân tại A ta có SA=AC= AD +DC2 2  2a

0.25

0.25

+Thể Tích khối chóp SABC là :

2

3 S.ABCD ABCD

SDCB BCD

BCD

3V 1

V S d(B; (SCD)) d(B; (SCD))

Trong BCD có  0

C 135 nên VSDCB 1 1BC.CD.sin135 SA0 2a3

Vậy

3

3 SDCB

2 0

BCD

2

3 a

d(B;(SCD))

1

2



0.25

0.25

:

( 1)( 1)



P

1

Đặt t =x + y điều kiện t > 2

Áp dụng bất đẳng thức 4xy(xy)2 ta có

2 t xy 4



3 2 (3 2)

1



 

t t xy t

P

xy t do 3t-2>0

2 t xy 4



  nên ta có 2

3 2

2

2

(3 2) 4

2 1

4



 

t

t P

t

Xét hàm số

2 ( )

2





t

f t

t trên (2;)

có

2

2

0 (l) 4

4 (tm) ( 2)









t

t t

x

xlim f (t)2 ; lim f (t)



0.25

0.25

0.25

0.25 f'(t)

t

f(t)

0





+

-

4

8

(2;min) ( ) (4) 8 8

 f t  f  minP dấu = xảy ra khi và chỉ khi 4 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)

ABM

 vuông cân tại M nên





 

( 2)( 2) ( 1) 0



 



vì b=2 không thoả mãn hệ phương tình nên ta có

1

2

1

2

b

b

b

b







 







2

2 1

2

1 2

a b

a

b b

 







Vậyphương trình đường thẳng :xy 2 0 ;: 3xy120

8a Ta có 22 143 1(1) dk 3

3

n







 với điều kiện trên phương trình (1) tương đương

2

( 1) ( 1)( 2)

2

7 18 0

9

n

n

 



 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 T k1C18k( 3)k x k

số hạng chứa x9 khi k =9

Vậy hệ số của x9trong khai triển là 9 9

18( 3)

0.25 0.25 0.25 0.25

0.5

0.5

9a Giải phương trình 3 3 2

3x x2.3x x 3 x 2 0(1)

Ta có 3x3x.3x x 3 32x

0

1

x x

x

x









  



0.25

0.25

Vậy Phương trình đã cho có nghiệm

0 1 1

x x x





 



  



0.25

0.25

B Theo Chương Trình nâng cao

7b Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABCcó đỉnh A  3; 4 , đường phân giác trong của góc A có phương trình x y 1 0và 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

1

+ Ta có IA 5 Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABCcó

: ( 1) ( 7) 25

+ Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong

góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC Tọa độ

của D là nghiệm của hệ

1 0

2;3

x y

D

  





0,25

0,25

+ Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC

Do đó IDBChay đường thẳng BC nhận véc tơ DI 3; 4



làm vec tơ pháp tuyến

+ Phương trình cạnh BC có dạng 3x4y c 0

0,25

+ Do SABC 4SIBC nên AH 4IK

5

A BC

c

5

I BC

c

IKd   nên

114 3

131 5

c

c



 



  



0,25

Vậy phương trình cạnh BC là : 9x12y1140 hoặc 15x20y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

ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng

1

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

số cách là : 4

5

C cách chọn TH2: Trong 4 viên bi được chọn có 1bi đỏ và 3 bi xanh

số cách là : 1 3

5 4

C C cách chọn TH3: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi xanh

số cách là : 3 1

5 4

C C cách chọn TH4: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi vàng

số cách là : 3 1

5 3

C C cách chọn TH5: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 2 bi xanh

0,25

0,25

0,25

K H

D

I

C B

A

số cách là :C C5 4 cách chọn

TH6: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 1 bi vàng và 1 bi xanh

số cách là : 2 1 1

5 3 4

C C C cách chọn

5

C + 1 3

5 4

C C + 3 1

5 4

C C + 3 1

5 3

C C + 2 2

5 4

C C + 2 1 1

5 3 4

C C C =275 cách chọn thoả mãn yêu cầu bài toán

0,25

9b Giải phương trình    2 

log (3 1).log 9(3 1) 3 log (3 1).(log 9 log (3 1)) 3

log (3 1).(2 log (3 1)) 3

Đặt t log (33 x1) t>0

3 (l)

t

t







kết hợp điều kiện ta có t=1 với t=1 log (33 x 1)=1 3x 1 3 3x 2 log 23

x

Vậy phương trình có nghiệm x log 23

0,25

0,25

0,25 0,25

Trên đây chỉ là một hướng giải Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa