Đề thi thử đại học môn toán có đáp án năm 2014 trường THPT chuyên Lương Văn Chánh

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN LƯƠNG VĂN CHÁNH NĂM HỌC 2013 2014 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút ----------------------------------------------------------------------------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0điểm). Cho hàm số x3 3x2 (m 2)x 3m (Cm) (m là tham số). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ứng với 2. 2. Tìm để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị (Cm) của hàm số đã cho vuông góc với đường thẳng (d): Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: (1 cos )2 cos( ). (1 cot )4 sinxx xx 2. Tính: dxxx x2sincos Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:     2 221x xy xxyy Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng và cạnh bên bằng 26a điểm là trung điểm của cạnh SA. Tính thể tích tứ diện SMBD. Câu (1,0 điểm) Cho a, b, là ba số thực dương thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng: 11111113 3   a II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Câu VIa(3,0 điểm). DÀNH CHO THÍ SINH THI KHỐI: A, A1, 1.a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 2x 2y d2: 4x –2y 0. Gọi là giao điểm của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua M) (và lần lượt cắt d1, d2 tại B, sao cho tam giác ABC cân tại A. 2.a) Một tổ học sinh có em Nữ và em Nam được xếp thành một hàng dọc. Tính xác suất để chỉ có hai em nữ đứng cạnh nhau còn các em nữ còn lại không đứng cạnh nhau và cũng không đứng cạnh A, 3.a) Tìm để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn  0 12 x m. Câu VIb(3điểm). DÀNH CHO THÍ SINH THI KHỐI: D, D1, 1.b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 y2 4x 2y 0. Viết phương trình đường thẳng qua M(1;4) và tiếp xúc với đường tròn (C). 2.b) Tìm hệ số của x10 trong khai triển Niu tơn đa thức nx f3 22) 14 1) (   với là số tự nhiên thỏa mãn: Ann n14 3 . 3.b) Xác định để bất phương trình: mxx1 loglog2222 nghiệm đúng với mọi thuộc tập xác định www.VNMATH.comĐÁP ÁN Câu Nội dung Thang điểm I-PHẦN CHUNG Câu I(2đ) 1(1đ) x3 3x2 (m 2)x 3m Khi 2, ta được hàm: x3 3x2 TXĐ: y’= 3x2 6x y’=    2 26 0y xy     x xlim lim BBT: y’ y’’= 6x điểm uốn I(1,4); CĐ(0;6), CT(2;2). Điểm đặc biệt (-1;2), (3;6). 108642- 55fx x3-3x2+6 0,25 0,25 0,25 0,25 2(1đ) Ta có: y’= 3x2 6x Tiếp tuyến tại điểm thuộc (Cm) có hệ số góc 3x2 6x 3(x 1)2 dấu đẳng thức xảy ra khi Suy ra min5 m tại điểm (1 4m 4) Tiếp tuyến ). ( m Vậy 4. 0,25 0,25 0,25 0,25 CâuII(2 đ) 1(1đ) Điều kiện: k x 0 sin 0,25 www.VNMATH.comPt xxxxx xsincos1sincos 2) cos (sin2 (2 cos *) (4 tan cos sin *0 cos0 cos sin0 cos cos (sin0 cos )( cos (sincos sin cos ). cos (sin2 2N xN xxx xx xx xx x          Vậy phương trình có nghiệm là: 4 k 0,25 0,25 0,25 2(1đ) Ta có: dxxxdxxx 2 2sincossin I1 dxxx2sin Đặt     x vdx dudxx dvx ucotsin12 1sin ln cotsin) (sincotsin coscot cot cotC xxx dx xdxxxx xdx I   I2 dxxx2sincos Đặt sinx xdx dtcos I2 22sin1 1CxCttdt  Vậy: xxx cotsin1sin ln 0,25 0,25 0,25 0,25 CâuIII(1đ)     (2) 212 2x xy xxyy ĐK 0. Ta có:         nghiêm) (vô 10 10 12 (22 (2 22 22y xx yxy xy xy xxy xy xy xxy xxy Với thay vào (2) ta được x2   2 1x Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;0) và (-2;3). 0,25 0,25 0,25 0,25 CâuIV(1đ) Ta có: www.VNMATH.comVS.ABD VSA SMV VABD MBC SABD SMBC S4 12 12 1. .. . Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO aAO SA SO ABCD 2 3) (2 22 3.3 1.3 1a SO VABCD ABCD S Vậy: VSMBD 3121a 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V(1đ) Trước hết ta chứng minh 0 12 23 3  c ab abc ab abc ab aabc (1) Từ (1), ta có: acc abccc abb a    ) (1113 Tương tự: aba aac b   3 311;11 Suy ra: 11111113 3   a Dấu (=) xảy ra khi 1. 0,25 0,25 0,25 0,25 II-PHẦN RIÊNG Câu VIa 1a(1đ) Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng d1, d2 là: 33 42 21 2  y xy     ) 14) 22 1y xy Để đường thẳng qua M2 4 và cắt d1, d2 lần lượt tại để tam giác ABC cân tại khi và chỉ khi đường thẳng này phải vuông góc với hoặc . Đường thẳng qua và vuông góc có phương trình là: 14x 20 22 44 3 y Đường thẳng qua và vuông góc có phương trình là: 2x0 10 20 2 y y. 0,25 0,25 0,25 0,25 2a(1đ) Không gian mẫu: P9 9! cách xếp một hàng dọc Số cách xếp bạn Nam là: P5 5! Số cách xếp bạn Nữ trong đó bạn và đứng cạnh nhau (A và hoán vị nhau) là: 3! 6. 236 (Chú giữa em Nam có vị trí để xếp Nữ vào) Vậy 635! !. 3! !. 2 0,25 0,25 0,25 0,25 3a(1đ) Đặt 22 2 t www.VNMATH.comt’ 02 212  x tx xx Bảng biến thiên suy ra: 2 0 t Bpt trở thành (1) 12 tm 122 t Xét f(t) 12 2t trên 2 có 0) (2 2) \'2 2 tt tt BBT f’(t) f(t) Bpt(1) có nghiệm t3 2) max 12 1 f Vậy 2 m. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIb 1.b)(1đ) (C có tâm I(2;1), bán kính Đường thẳng qua M(1;4) cùng phương với Oy không thể tiếp xúc với (C) Gọi là hệ số góc của đường thẳng  qua M(1;4)  có phương trình: kx  tiếp xúc (C Rkk kxR dI I  14) (2     4 00 22 22k kk Với 0, 0 : y Với 3, : 13 0x 0,25 0,25 0,25 0,25 2.b)(1đ) Từ 25 142 3 n Ann n. Tìm được Ta có f(x) 4 19 12 216 16 16n nx x =1919170 1216k kkC x Hệ số ứng với x10 là: a10 10 1019 19 1.2 295609616C C 0,25 0,25 0,25 0,25 3b)(1đ) Bpt: mxx1 loglog2222 Đặt 22 log (t , ta được: mtt1 0,25 www.VNMATH.comXét hàm f(t) 1  tt 1 22) \' t ttt dấu f’(t) phụ thuộc vào dấu của tử BBT: f’(t) + + f(t) Vậy: bpt nghiệm đúng với mọi thuộc tập xác định. 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.comTrên đây chỉ là phần trích dẫn 10 trang đầu của tài liệu và có thế hiển thị lỗi font, bạn muốn xem đầyđủ tài liệu gốc thì ấn vào nút Tải về phía dưới.