Đề thi thử Đại học năm 2014 môn Toán - Đề số 3

Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo Đề thi thử Đại học năm 2014 môn Toán - Đề số 3 để biết được những vấn đề cơ bản chuẩn bị tốt cho kì thi Đại học sắp tới. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014.

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ SỐ 3-BB

PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2 x3− 3 mx2 + ( m − 1) x + 1 (1)

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

2 Tìm m để đường thẳng y=2x+1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điểm

( )

C 0;1

nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30

Câu II (2,0 điểm).

1 Giải phương trình

1

 − +  + = −

2 Giải phương trình ( )

3

3 1

1 12

2 2

x

x−

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( )

4

0

tan x

4 cos x sin x cos x

π

=

−

∫

.

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a Cạnh SA vuông góc với

mặt phẳng (ABC) Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 450 Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Tính thể tích khối đa diện MABC theo a.

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương tùy ý thỏa mãn abc 8 = Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P 2a b 6 2b c 6 2c a 6

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 VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A( − 1;2) và đường thẳng (∆):3x−4y+ =7 0 Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (∆) tại hai điểm B, C sao cho ∆ABC vuông tại A

và có diện tích bằng 4/5

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

:

− và điểm A(2;1;2) Viết

phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng

1

3

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( )10

1 2x + . ( 2)2

3 4x 4x+ +

= a0+ a1x+ a2x2 + .+ a14x14 Tìm giá trị của a6.

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2; − 3) Biết đỉnh A, C lần lượt thuộc các đường thẳng x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1

1

1

x t

d y t z

= +



 = −



 =

2

:

d − = − = +

− Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d và 1 d , sao cho khoảng cách từ 2 d 1 đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ d đến (P).2

Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 log ( 2 8) 6 8x 2 3x y 2.3x y y x + − + =   + =  .

-Hết -Họ và tên thí sinh: ………; Số báo danh: …BB01064……

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH TỔ: TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 3 Câu NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 I.1 Với m=1 ta có y = 2 x3− 3 x2+ 1 • TXĐ: D=R • Sự biến thiên: - Giới hạn: lim ; lim x y x y →+∞ = +∞ →−∞ = −∞ 0,25 -Ta có: y' 6 (= x x− ⇒1) 0 ' 0 1 x y x =  = ⇔  =  -BBT: x −∞ 0 1 +∞

y’ + 0 - 0 +

y 1 +∞

−∞ 0

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;0) và (1; +∞), hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)

1 '' 12 6 '' 0

2

2 2

I

⇒

là điểm uốn của đồ thị

- Đồ thị (C) cắt trục Oy tại A 0;1 ( )

- Đồ thi cắt trục Ox tại B 1;0 ;C( ) 1;0

2

− 

0,25

I.2

Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số:y = 2 x3− 3 mx2 + ( m − 1) x + 1 là nghiệm

phương trình: 2 x3− 3 mx2+ ( m − 1) x + = 1 2 x + 1

2

2

= ⇒ =





x x mx m

x mx m

0,25

Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi

Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn

3 2 3

2

A B

A B

m

x x

m

x x

 + =



B B

y x

y x



 = +

0,25

AB = 30 ⇔ ( xB− xA)2+ ( yB− yA)2 = 30

2

−

⇔ xB− xA = ⇔ xB+ xA − x xB A = ⇔ m − m =

2

0

9

=





 =



m

m

0,25

CÂU

II

II.1

1 cos cos cos 2 1

2 cos cos 2 cos 1 1

4 3

x π = x− −

0,25

⇔ 3 2 osx 2 cos c = 2 x − 4 ⇔ 2 cos2x − 3 2 cos x − = 4 0 0,25

⇔

2 (cos 2 2)( cos )=0

2

2

⇔ x= −

⇔

3 2 4

x= ± π + kπ

II.2

Giải: Viết lại phương trình có dạng:

3 3 3

 −  −  −  =

Đặt

3 3

3

t= − ⇒ − = −  +  − = +t t

Khi đó phương trình (1) có dạng:

2

x x

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

Câu II

4

2 0

tan x

4 tan x cos x

π

=

−

dx

cos x

4

π

= ⇒ = − = ⇒ = −

Suy ra:

3

4

(t 4).dt I

t

−

−

+

3

4

4 (1 )dt t

−

−

4

(t 4ln t )−

−

= − + =4ln43−1

0,5 Câu IV

BC AB

BC (SAB) BC SB

BC SA

⊥

Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc ·SBA.

Theo giả thiết ·SBA= 450

0,25

Gọi M là trung điểm của SC, H là trung điểm của AC.

Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC = MS

Tam giác SAB vuông cân tại A, do đó SA = AB = a

SA⊥(ABC), MH // SA nên MH⊥(ABC) Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC 0,25 Suy ra

3

Câu V

2a b 6 2b c 6 2c a 6 2 a 3 b 3 c 3

x= y= z= ⇒x y z> x y z=

Khi đó:

2 2 3 2 3 2 3

P

Mà ta có: x y+ ≥2 xy x; + ≥1 2 x⇒2x y+ + ≥3 2( xy+ x+1)

Tương tự:

2 3 2(≤ 1)

Suy ra:

P

0.25

Vậy maxP =

1

4 khi x = y = z = 1.

0,5

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

A Theo chương trình Chuẩn

VI.a

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

Gọi AH là đường cao của ∆ ABC, ta có

4 ( ; )

5

AH =d A ∆ =

ABC

S∆ = AH BC ⇔ = BC⇔BC =

Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn cần tìm, ta có

1

1 2

R=AI = BC=

0,25

Phương trình tham số của đường thẳng (∆):

x 1 4t

y 1 3t

ì =- + ïï

íï = +

I Î (∆) Þ I(-1+4t; 1 + 3t) Ta có AI = 1 Û 16t2 + (3t – 1)2 = 1 Û t = 0 hoặc t = 95.

0,25

+ t =

9

5 Þ

I(-1 25;

43 25) Phương trình của đường tròn là (x +

1 25)2 + (y –

43

2 (1,0 điểm)

Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u→= (2 ; -1 ; 1) Gọi n→= (a ; b ; c ) là vtpt

của (P) Vì ∆ ⊂( )P nên → →n u. =0.

0,25

⇔2a – b + c = 0 ⇔ b = 2a + c ⇒→n=(a; 2a + c ; c )

Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0

⇔ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0.

0,5

d(A ; (P)) =

1

1 3

a

0

a c

⇔ + = ⇔ + = a c 0.

VII.a

(1,0

điểm)

Cho khai triển ( )10

1 2x+ .( 2)2

3 4x 4x+ +

= a0+ a1x + a2x2 + .+a14x14 Tìm giá trị của a6

( )10

3 4x 4x+ +

2 1 2x

é+ + ù

ë û = 4( )10

1 2x + + 4( )12

Hệ số của x6 trong khai triển 4( )10

1 2x +

là 4.26

6 10

C .

Hệ số của x6 trong khai triển 4( )12

1 2x + là 4.26. 6

12

C .

Hệ số của x6 trong khai triển 4( )14

1 2x +

là 26

6 14

C .

0,5

Vậy a6 = 4.26

6 10

C + 4.26

6 12

C + 26

6 14

B Theo chương trình Nâng cao

VI.b

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên A(a;-a–3)

I là trung điểm của AC

Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u r

=(1;3) có ptts là

x 2 t

y 3 3t

= +



 = − +



B∈ BD ⇒ B(2+t ; -3 +3t) Khi đó : uuurAB

= (3 +t ;–1+3t); CB uuur

= (- 3+t; 1+3t)

AB CB→ → = Û t = ± 1.

0,25

Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0) 0,25

2 (1,0 điểm)

1

d đi qua điểm A(1;2;1) và vtcp là : u→1= − ( 1; 1;0 ) ; d2 đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là:

2 1; 2; 2

0,25

Gọi →n là một vtpt của (P), vì (P) song song với d1 và d2 nên →n= [u u→ →1; 2 ] = (-2 ; -2 ; -1)

d(A; (P) = 2d( B;(P)) ⇔ +7 D =2 5+D



⇔  + = − +

3 17 3

D D

= −





⇔

 = −



0,25

Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z -

17

VII.b

(1,0

điểm) Giải hệ phương trình

2

8x 2 3x y 2.3x y (2)

+





Điều kiện: y – 2x + 8 > 0

(1)⇔y – 2x + 8 = ( )6

2 3

8x+2 3x x =2.3 x ⇔8x+18x =2.27x

2

   

⇔ ÷ + ÷ =

   

3

2

   

⇔ ÷ + ÷ =

   

Đặt: t =

2

3

x

 

 ÷

  (t > 0)

Ta có phương trình t3+ − = ⇔ −t 2 0 (t 1) (t2+ + =t 2) 0

0

0

x

t

y

=



Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)

0,5