Tài liệu Đề thi thử đại học môn toán năm 2014 tỉnh thái bình

  • Số trang: 9 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 603 |
  • Lượt tải: 0
vndoc

Tham gia: 09/10/2015

Mô tả:

WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN THI: TOÁN KHỐI B LẦN I TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN 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  3mx 2  3( m 2  1) x  m3  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: 2s inx(cos 2 x  sin 2 x)  s inx  3 cos 3 x x  4  6  x  2 x 2  13 x  17 Câu 3: (1điểm) Giải phương trình : 3 Câu 4: (1điểm) Tính tích phân : I   ln  2  x(x 2  3)  dx 2 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 3  y 3 )  (x 2  y 2 ) (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 P 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 2n 2 14 1 Câu 8a: (1điểm) Tìm hệ số của x 9 trong khai triển: 1  3x ; n  * , biết  3 . 2 Cn 3Cn n  3  3 Câu 9a (1 điểm) Giải phương trình 3x  x  2.3x  x  32 x  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  0 và 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 log 3 3x  1 .log 3 3x 2  9  3 (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:...............................................................Số báo danh...................... WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN I NĂM HỌC 2013-2014 Câu I Điểm NỘI DUNG 1.Khi m=1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2 a)TXĐ:D=R b)Sự biến thiên 1 x  0 -Chiều biến thiên y '  3 x 2  6 x  y '  0   x  2 ………………………………………………………………………………………... Hàm số đồng biến trên khoảng (;0) và (2; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) 0.25 0.25 -Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x  0 ;ycd  0 Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ;y ct  4 -Giới hạn : lim   ; lim   x x  ………………………………………………………………………………………... Bảng biến thiên x 0  + y' 2 0 - 0.25  0 + y  0 -4  ………………………………………………………………………………………... Đồ thị 0.25 WWW.VNMATH.COM 1 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 '  3 x 2  6mx  3( m2  1) Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu khi và chỉ khi y '  0 có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi đi qua các nghiệm  3 x 2  6mx  3( m 2  1)  0 có hai nghiệm phân biệt 0.25   '  9m 2  9(m 2  1)  9  0 m x  m 1 Vậy m đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và y '  0   x  m 1 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  OB 2  9OA2  (m+1) 2  (2  2m)2  (m-1)2  (2  2 m) 2 0.25 0.25 m  2  2 m  5m  2  0   m  1  2 2 m  2 Vậy với  thì đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ m  1  2 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 2 Giải phương trình : 2s inx(cos 2 x  sin 2 x)  s inx  3 cos 3x (1) 0.25 1 phương trình (1) 0.25 WWW.VNMATH.COM  2 sin x.cos 2 x  s inx  3 cos 3x  sin 3x  s inx  s inx  3 cos 3x 1 3 sin 3x  cos3x  s inx 2 2     cos sin 3x  sin cos3x  s inx  sin(3x  )  sin x 3 3 3     3x  3  x  k2  x  6  k kZ   3x      x  k2  x    k    3 3 2 0.25  sin 3x  3 cos 3x  2 sin x  3.Giải phương trình x  4  6  x  2 x 2  13x  17 0.25 0.25 1 Điều kiện : 4  x  6 Ta có : x  4  6  x  2 x 2  13 x  17  ( x  4  1)  ( 6  x  1)  2 x 2  13 x  15  0 ( x  4  1)( x  4  1) ( 6  x  1)( 6  x  1)   ( x  5)(2 x  3)  0 x  4 1 6  x 1 x 5 5 x    ( x  5)(2 x  3)  0 x  4 1 6  x 1 x  5  1 1    (2 x  3)  0  x  4  1 6  x 1 1 1 1 1 Ta có   (2 x  3)  0    (2 x  3) x  4 1 6  x 1 x  4 1 6  x 1 1 1 1 Vì    1 x   4;6  và 2 x  3  5 x   4; 6 x  4 1 6  x 1 x  4 1 0.25  0.25 0.25 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 5 4 3 1 Tính tích phân I   ln  2  x( x 2  3)  dx 2 Ta có 3 3 3 I   ln  2  x( x 2  3)  dx   ln( x 3  3 x  2)dx   ln( x  1) 2 ( x  2)dx 2 3 2 3 2 3 3   ln( x  1) 2 dx   ln( x  2)dx  2  ln( x  1) dx   ln( x  2)dx 2 2 2 2 2dx  3  u  2 ln(x  1) du  Xét J  2  ln(x  1) dx Đặt   x 1 dv  dx 2  v  x  1 0.25 0.25 3 3 3 3 J  2(x  1).l n(x-1) 2  2  dx  2(x  1).ln(x-1) 2  2x. 2  4ln 2  2 2 0.25 WWW.VNMATH.COM dx  3  u  ln(x  2) du  Xét K   ln(x  2) dx Đặt   x2 dv  dx 2  v  x  2 0.25 3 3 3 3 K  (x  2).l n(x+2) 2   dx  (x  2).ln(x+2) 2  x. 2  5ln 5  4 ln 4  1 2 vậy I  5ln 5  4ln 2  3 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 S H A D B C +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  AC  BC 1 và CH  AB  ABC vuông cân tại C   vì 2  AC  BC  a 2  BC  AC  BC  (SAC)  BC  SC   BC  SA (SBC)  (ABCD)  BC  BC  SC  (SBC)    450 là góc giữa (SBC) và (ABCD) +Có   SCA   BC AC (ABCD)  SA  (ABCD) +Ta có diện tích hình thang ABCD S ABCD  1 3a ( AB  DC ). AD  2 2 2 +Có tam giác ΔSAC vuông cân tại A ta có SA=AC= AD 2 +DC 2  2 a 0.25 0.25 WWW.VNMATH.COM 1 1 3a 2 2 3 +Thể Tích khối chóp SABC là : VS.ABCD  SABCD .SA  a 2.  a 3 3 2 2 3V 1 Ta có VSDCB  SBCD .d(B; (SCD))  d(B; (SCD))  SDCB 3 SBCD 0.25 11 2 3   1350 nên V Trong BCD có C BC.CD.sin1350.SA  a SDCB  32 6 2 3 3. a 3V 2a 3 a 6 6 Vậy d(B;(SCD))  SDCB    2 1 SBCD 3 0 3a a.a 2.sin135 2 0.25 Cho x,y là các số thực và thoả mãn x,y >1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( x3  y 3 )  ( x 2  y 2 ) :P ( x  1)( y  1) câu6 1 Đặt t =x + y điều kiện t > 2 Áp dụng bất đẳng thức 4 xy  ( x  y ) 2 ta có xy  t2 4 0.25 t 3  t 2  xy (3t  2) t 2 P do 3t-2>0  xy  nên ta có xy  t  1 4 t2 t 3  t 2  (3t  2) t2 4 P  t2 t 2  t 1 4 t2 Xét hàm số f (t )  trên (2; ) t2 t  0 (l) t 2  4t có f '(t )   f '(t )  0   2 (t  2) t  4 (tm) lim f (t)   ; lim f (t)   0.25 0.25 x  x 2  t f'(t) f(t) 4 2 -  0 +  0.25  8 WWW.VNMATH.COM x  y  4 x  2 min f (t )  f (4)  8  minP  8 dấu = xảy ra khi và chỉ khi    xy  4 y  2 TỰ CHỌN A theo chương trình chuẩn   1:Gọi A(a;0) thuộc Ox và B(b;b) thuộc d ta có MA( a  2; 1) MB (b  2; b  1) (2; ) 7a    MA  MB  MB.MA  0 ABM vuông cân tại M nên   2 2  MA  MB  MA  MB (a  2)(b  2)  (b  1)  0  vì b=2 không thoả mãn hệ phương tình nên ta có 2 2 2 (a  2)  1  (b  2)  (b  1) b 1  b 1  a2  2 a     b2 .   b2 1 b  2 2 2 (a  2) 2  1  (b  2) 2  (b  1) 2 ( )  1  (b  2)  (b  1)   b  2 a  2 b 1  a 2     b2  b  1   2 2 a  4  (b  2)  (b  1)  (b  2)2  (b  1)2  2 (b  2)   b  3 Vậyphương trình đường thẳng  : x  y  2  0 ;  : 3 x  y  12  0 n  3 2 14 1 dk   3  (1) 2 Cn 3Cn n n  N với điều kiện trên phương trình (1) tương đương 4 28 1   n(n  1) n(n  1)( n  2) n 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 8a Ta có 0.5  n  2  n 2  7 n  18  0   n  9 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 Tk 1  C18k (  3) k x k số hạng chứa x 9 khi k =9 Vậy hệ số của x9 trong khai triển là C189 (  3) 9 9a 3 3 Giải phương trình 3x  x  2.3x  x  32 x  2  0 (1) 3 3 Ta có 3x  x.3x  x  32 x 3 3 3 3 3 (1)  3x  x (1  3x  x )  2(1  3x  x )  0  (1  3x  x )(3x  x  2)  0  1 3 x  x3 x  0  0  x  x  0   x  1  x  1 3 0.25 0.25 WWW.VNMATH.COM 0.25 x  0 Vậy Phương trình đã cho có nghiệm  x  1  x  1 0.25 B Theo Chương Trình nâng cao 7b Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A  3; 4  , đường phân 1 giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và 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 . + Ta có IA  5 . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có dạng  C  : ( x  1)2  ( y  7)2  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 0,25 A I x  y 1  0   D  2;3  2 2 ( x  1)  ( y  7)  25 B H K C 0,25 D + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểmchính giữa cung nhỏ BC. 0,25 Do đó ID  BC hay đường thẳng BC nhận véc tơ DI   3; 4  làm vec tơ pháp tuyến. + Phương trình cạnh BC có dạng 3x  4 y  c  0 + Do SABC  4SIBC nên AH  4IK + Mà AH  d A; BC   7c 5 và IK  d  I ;BC   31  c 5 nên 114  c   3 7  c  4 31  c    c   131  5 0,25 Vậy phương trình cạnh BC là : 9 x  12 y  114  0 hoặc 15 x  20 y  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 1 ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng 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 : C54 cách chọn TH2: Trong 4 viên bi được chọn có 1bi đỏ và 3 bi xanh số cách là : C51.C43 cách chọn TH3: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi xanh số cách là : C53 .C41 cách chọn TH4: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi vàng số cách là : C53 .C31 cách chọn TH5: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 2 bi xanh 0,25 0,25 0,25 WWW.VNMATH.COM 0,25 số cách là : C52 .C42 cách chọn TH6: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 1 bi vàng và 1 bi xanh số cách là : C52 .C31.C41 cách chọn Vậy có C54 + C51.C43 + C53 .C41 + C53 .C31 + C52 .C42 + C52 .C31.C41 =275 cách chọn thoả mãn yêu cầu bài toán 9b     Giải phương trình log 3 3x  1 .log 3 3x 2  9  3 (1) (1) 1  log 3 (3 x  1).log 3 9(3 x  1)  3  log 3 (3x  1).(log 3 9  log 3 (3x  1))  3  log 3 (3 x  1).(2  log 3 (3x  1))  3 0,25 Đặt t  log3 (3x  1) t>0 t  1 (1)  t (2  t )  3  t 2  2t  3  0   kết hợp điều kiện ta có t=1 t  3 (l) 0,25 với t=1 log 3 (3x  1)=1  3x  1  3  3x  2  x  log 3 2 Vậy phương trình có nghiệm x  log3 2 0,25 0,25 Trên đây chỉ là một hướng giải Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa
- Xem thêm -