Đề thi thử đại học môn toán khối b có đáp án năm 2014 trường THPT Lý Tự Trọng, Cần Thơ

SỞGIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠTRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰTRỌNGĐỀTHI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014Môn: TOÁN; Khối BThời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đềĐỀTHI THỬI. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢTHÍ SINH (7,0 điểm)Câu (2,0 điểm)Cho hàm số32691 (1) yxxx =-+-.a)Khảo sát sựbiến thiên và vẽ đồthịhàm số(1).b)Định mđể phương trình sau có nghiệm thực phân biệt3372 xmx +- -+ =, với mlà tham sốthực.Câu (1,0 điểm)Giải phương trình:sin 42 cos 24(sincos cos xxxxx +++= +.Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:32(355) 64(33) 12 51 xyx yxy yyx Ï+=ÔŒÌ++=+ÔÓ.Câu (1,0 điểm) Tính tích phân 0cos 2sincos3 xIdxxx ++Ú.Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCcó đáy ABClà tam giác vuông tại A, ABACa ==090 SBA SCA==góc giữa cạnh bên SAvới mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo athểtích khối chóp S.ABCvà khoảng cách giữa hai đường thẳng BC,SA.Câu (1,0 điểm) Cho phương trình ()22258 (4)2 8(4)2 xxxm xx +++ +=++, với mlà tham sốthực. Tìm các giá trịmđể phương trình trên có đúng ba nghiệm thực.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần hoặc phần B)A. Theo chương trình ChuẩnCâu 7.a (1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệtọa độOxy, cho tam giác ABCcó (1; 1) Hlà chân đường cao kẻtừ đỉnh A,(3; 0) Mlà trung điểm của cạnh BCvà BAHHAMMAC ==. Tìm tọa độ các điểm A, B,C.Câu 8.a (1,0 điểm)Trong không gian với hệtọa độOxyz, cho tam giác ABCvới (1; 3; 2), A(2; 0; 4), B-(0;1;1) C. Viết phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Câu 9.a (1,0 điểm)Tìm sốphức zbiết rằng 34 zi +=và 11 zzi ++.B. Theo chương trình Nâng caoCâu 7.b (1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệtọa độOxy, cho tam giác ABCvuông tại 1; 1) A-và có tâm đường tròn nội tiếp là (1; 5), Iđường thẳng vuông góc với IAtại Acắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AICtại điểm thứhai 7; 4). D-Tìm tọa độ điểm B.Câu 8.b (1,0 điểm)Trong không gian với hệtọa độOxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm 1; 2; 3) A--, song song với đường thẳng 1123( :111 xyzd+--==-và tạo với đường thẳng 234( :121 xyzd-+==một góc sao cho 3sin6j.Câu 9.b (1,0 điểm)Giải phương trình: 2255log (22)1 log3 xxxxx ++++ =+.-----------------Hết -----------------Thí sinh không được sửdụng tài liệu. Giám thịcoi thi không giải thích gì thêm.Họvà tên thí sinh:……………………………………………………; Sốbáo danh:……………………..WWW.VNMATH.COMĐÁP ÁN KHỐI BCâuĐáp ánĐiểmCâu 1(2,0 điểm)Khảo sát sựbiến thiên và vẽ đồthịhàm số32691 yxxx =-+-Tập xác định: D= Chiều biến thiên: 221\' 3129 \' 03129 0,(1) 3, (3)13 xyxxyxxyyx È=-+= €-+ €== -ÍÎ0,25Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng(-•; 1) và (3; +•), nghịch biến trên khoảng (1; 3)Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 3và yCT= y(3) -1; Hàm số đạt cực đại tại và yCĐ= y(1) 3. Giới hạn: xxlim,limÆ-•Æ+•= +•= -•0,25Bảng biến thiên:0,25\'\' 612, \'\' 0612 02, (2) yxyxxy =-= €-= ==điểm uốn I(2; 1)Đồ thị: đi qua các điểm (0; -1), (4; 3) và nhận điểm uốn I(2; 1) là tâm đối xứng.0,25b) Định mđể phương trình sau có nghiệm thực phân biệt3372 xmx +- -+ =, với mlà tham sốthựcTa có3233372 0372| |39 xmxxmxxxxm +- -+ €+- =- €-+- =(*)Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị (C’) của hàm số:32691 yxxx =-+-và đường thẳng d:y m(dcùng phương với trục hoành)0,25Xét hàm số: 32691 yxxx =-+-, ta có:+ Hàmsố là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oylàm trục đối xứng, đồng thời x" >thì 3232691691 yxxxxxx =-+- =-+-0,25Từ đó (C’) được suy từ (C) như hình bên:0,25Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của thỏa yêu cầubài toán là:13 <<0,25+-•1y’(x)y(x)-•+•300+-3-1+•xx yO14 32 1∑∑∑∑∑-13x y1-1-1 -23 34-4OWWW.VNMATH.COMCâu 2(1,0 điểm)Giải phương trình:sin 42 cos 24(sincos cos xxxxx +++= +.Phương trình đã cho tương đương:22 cos (1 sin 4(sincos cos xxxxx +++=cos (1 sin 2cos 2(sincos xxxxx €+-++=2cos (sin 22 sin) 2(sincos xxxxx €+++=0,25sin .cos (sincos (sincos xxxxxx €+++=sincos0(sincos )(sin .cos 21) 0sin .cos 21 xxxxxxxx +=È€++ €Í+ =Î0,254 xxxxkk += €= -+Œ0,25322 sinsin1 0(1 sin )(2 sin2 sin1) xxxxx -++ €-++=2sin12 sin2 sin1 () xxx È€Í++ =Î22 xk =+Vậy phương trình đã cho có họnghiệm 42 xkxkkpppp= -+=+Œ0,25Câu 3(1,0 điểm)Giải hệ phương trình:32(355) 64(33) 12 51 xyx yxy yyx Ï+=ÔŒÌ++=+ÔÓ.Từhệ pt đã cho ta có ĐK: xπ. Khi đó hệ tương đương:3343(1) 524(1)3.52 yxyx ÏÊ ˆ+ +=ÔÁ ˜ÔË ¯ÌÔ+=+ÔÓ. Đặt 41, uyvx +=. Hệpt trởthành 33352(1)352(2) vuuv Ï=+ÔÌ=+ÔÓ0,25Lấy (1) trừ(2) vếtheo vế được:33223()()(3) (3) vuu vv vuv -=-€-+++=0,25Do 22221333 0,,24 vuv uvuuu ʈ+++ =+++ >"Á˜Ë¯nên(3)v =0,25Thay v= vào (2) được:3224352 0(4)(413) 0413 () VN uuuuuuuu È--= €-++= €Í++=ÎVậy 4. Từ đó suy ra hệcó nghiệm duy nhất (x; y) là: (1; 3)0,25Câu 4(1,0 điểm)Tính tích phân 0cos 2sincos3 xIdxxx ++Ú.00cos 2(cossin )(cossin )sincos3sincos3 xxxxxIdxdxxxxxpp+-==++++ÚÚ0,25Đặt cossin(cossin ;01,1 txxdtxx dx xtxtp=+=-= == -0,25Từ đó 11113133 tIdtdttt--ʈ==-Á˜++˯ÚÚ0,2511(3 ln |3 |3ln Itt-= -+=-0,25Câu 5(1,0 điểm)Cho hình chóp S.ABCcó đáy ABClà tam giác vuông tại A, ABAC ==, 090 SBA SCA==góc giữa cạnh bên SAvới mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo athể tích khối chóp S.ABCvà khoảng cách giữa hai đường thẳng BCvà SA. WWW.VNMATH.COMDựng SH⊥(ABC)tạiH. Khi đó ta có:Góc giữa SAvới (ABC) là 060 SAH() ABSBABSBHABHBABSH ^¸^^˝^˛Tương tự () ACSCHACHC ^^Suy ra tứ giác ABHClà một hình vuông cạnh a0,25Từ đó 0. tan 602. 36 SHHAaa ===và thể tích khối chóp S.ABCđược tính bởi: 3211 16...633 26ABCaVSSHa ===(đvtt)0,25+ Gọi là tâm đáy ABCD. Dựng OI^SAtại I(1). Ta có:() BCHABCSAHBCOIBCSH ^¸^^˝^˛tại (2)(1) và (2) OIlà đoạn vuông góc chung của BCvà SAvà được tính bởi:0,250236.sin 60.224 aaOIOA ===. Vậy 6(,)4 ad BC SAOI ==0,25Câu 6(1,0 điểm)Cho phương trình ()22258 (4)2 8(4)2 xxxm xx +++ +=++với mlà tham số thực.Tìm các giá trị mđể phương trình trên có đúng ba nghiệm thực.Pt đã cho được viết lại về dạng: 2222(4)2 (4)(4)2 4(2) xxxxxx ++ =++++ ++(1)Do x= -4 không phải là nghiệm (1) dù lấy bất cứ giá trị nào nên:pt (1) €22442142 xxmxx++=++++(2)Đặt 242 xtx++, pt (2) trở thành: 41 tt= +0,25Xét hàm 24( )2 xf xx++. TXĐ: 222 41\'( );\'( 02(2)2 xf xf xxxx -== =++13; lim( )1 lim( 12xxff xf xÆ-•Æ+•Ê ˆ== -=Á ˜Ë ¯Bảng biến thiên: 0,25Từ bảng biến thiên ta có kết quả:+ Khi biến thiên trên thì -1 £3+ Với thì pt 242 xtx++có đúng nghiệm thực.+ Với t= hoặc 11 £thì pt 242 xtx++có đúng nghiệm thực.0,25xf’(x)t= f(x)-•+•120-+-131OAHBCSIWWW.VNMATH.COMTừ đó yêu cầu của bài toán tương đương phương trình 41 tt +có nghiệm t1, t2thỏa mãn {}12( 1;1] {3} \\ ;(1; 3) tt -»Œ(*)Xét hàm 4( )1 ttt +với -1 £3 224\'( );\'( 02 tg tg ttt-== =16( 1)4; (1) 6; (2) 5; (3)3 gggg -===, 00lim ); lim )xxf xf x-+ÆÆ= -•= +•Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của mthỏa yêu cầu (*) là: 163 m0,25Câu 7a(1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệtọa độOxy, cho tam giác ABCcó (1; 1) Hlà chân đường cao kẻtừđỉnh A, (3; 0) Mlà trung điểm của cạnh BCvà BAHHAMMAC ==. Tìm tọa độcác điểm A, B, C.Chứng minh tam giác ABCvuông tại A. Từgiảthiết ta DABMcân tại A. Suy ra Hlà trung điểm BM. KẻMK ^AC tại K. Do AM là tia phân giác góc HACnên:11sin22 MKMKMHMCCMC ====0030 ,60 CB ==và 090 A0,25Từ đó (2; 2)HMHMB xxyy --hay B(-1;2) (2; 2)MBMBC xxyy --hay C(7;-2).0,25AHlà đường thẳng đi qua điểm Hvà vuông góc với MHnên có phương trình là 2x–y– 0Vì Athuộc AHnên A(t; 2t–1). 0,25Ta có 3.152 AHBM ==€22(1)(2 )15 tt -+-=€13 t= ±Do đó ()13;1 A++hoặc ()13;1 A--0,25Câu 8.a (1,0 điểm)Trong không gian tọa độ Oxyzcho tam giác ABCvới (1; 3; 2), (2; 0; 4), (0;1;1) ABC -.Viết phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Ta có: =- -= --vtpt của mp(ABC) là:= -Î˚() 9752 pt mpABCxyz -++ =0,25Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC. Khi đó:2222() AIBIAICIIABC ÏÔÌÔŒÓhay 222222222222(1)(3)(2)(2)(4)(1)(3)(2)(1)(1)9752 abcabcabcabcxyz Ï-+-+-=-+++Ô-+-+-=+-+-ÌÔ-++ =Ó0,252612675764175 764124212;;;;31313131 31319752 abcabcabcIabc --=ÏÔʈ€++=€ === --ÌÁ˜Ë¯Ô-+= -Ó0,25tg’(t)m= g(t)-10 ---43 102-•+•5 6163KHMBACWWW.VNMATH.COMVậy phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp DABCcó dạng: 757641313131975 xyz --+==-0,25Câu 9.a (1,0 điểm)Tìm số phức zbiết rằng |3 zi +=và 11 zzi ++.Giả sử zx yi +Œ, ĐK: yii -π -Theo giả thiết: 22|3 2(3)(3)32 zixy +=€-++=0,252222|1 ||(1)(1) zz ixyxyyx =+ €++=+ -€= -0,25Ta có hệ: 22(3)(3)32 xyyx Ï-++=Ì= -Ó0,2527;7(3)161;1 xyxxyyx== -Ï-=È€€ÌÍ= -== -ÎÓ(thỏa ĐK)Vậy số phức cần tìm là: ;1 zi zi -= +0,25Câu 7.b(1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệtọa độOxy, cho tam giác ABCvuông tại 1; 1) A-và có tâm đường tròn nội tiếp là (1; 5), Iđường thẳng vuông góc với IAtại Acắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AICtại điểm thứhai 7; 4). D-Tìm tọa độ điểm B.Chứng minh B, I, Dthẳng hàng. Suy ra phương trình BDlà x– 8y+ 39 0Gọi ABlà đường thẳng qua A(1; 1), vectơ pháp tuyến =πnên có phương trình (1)(1) xb +- =Đường thẳng AIcó phương trình 2x–y+ 00,25Ta có 045 BAInên góc tạo bởi hai đường thẳng ABvà AIbằng 450.Do đó 222125() bab -+€(a– 3b)(3a+ b) 00,25TH1: a– 3b 0, chọn a= 3,b= 1. Suy ra AB: 3x+ y+ (nhận vì khi đó Ivà Dkhác phíađối với AB là vô lý).TH2: 3a b= 0, chọn a= 1, b= –3. Suy ra AB: x– 3y+ (nhận vì Ivà Dcùng phíađối với AB ).0,25Tọa độ điểm Blà nghiệm hệ 839 034 xyxy -+=ÏÌ-+ =Ó()17; B.0,25Câu 8.b (1,0 điểm)Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm 1; 2; 3) A--, song song với đường thẳng 1123:111 xyzd+--==-và tạo với đường thẳng 234:121 xyzd-+==một góc sao cho 3sin6jTa có vtcp của d1là -và vtcp của d2là Giả sử (P) có vtpt 222=++π(P) // d1nên hay220,25d2tạo với (P) một góc nên:22222|2|366. () cb cb cbc +++++0,25DIBCAWWW.VNMATH.COM22222(32 )81130()(83 00830 bcbbc cbbccb cbcb cbc €+=++€++= €++=+ =È€Í+=Î0,25+ Với b+ c= ta chọn: b= và -1 =-. Với 8b+ 3c= ta chọn: b= và -8 --. Kết hợp với giả thiết mp(P) đi qua 1; 2; 3) A--ta suy ra phương trình của (P):5 z- =hoặc 53835 xyz -++=Cả mp trên đều thỏa (P) // d1nên là đáp số của bài toán.0,25Câu 9.b (1,0 điểm)Giải phương trình: 2255log (22)1 log3 xxxxx ++++ =+ĐK: x> 0.Phương trình đã cho tương đương: 2255log (22)22 log 55 xxxxxx +++++ =+(1)0,25Nếu đặt 5( log tt =+thì (1) có dạng 2(22)(5 xxfx ++=(2)0,25Xét hàm số: 5( log tt =+, TXĐ (0;) D=+ •1\'( )1 0,ln ttDt =+ >" Œ. Chứng tỏ f(t) là hàm đồng biến trên D0,25Do 20,22 xxx >++ >nên 221(2)22 532 02 xxxxxxx È€++ =€-+ €ÍÎVậy phương trình có hai nghiệm =1, x= 2.0,25Ghi chú:Cách chứng minh B, I, Dthẳng hàng.+ Gọi I1là giao điểm của BIvới đường tròn (J) ngoại tiếp DABC. Khi đó ta có 11I AI C(do 11ABII BC) (1)+ Mặt khác: 1111I IA IBA IAB CA IAC AC IAC IAI=+=+=+=1IAI Dcân tại I111I AI =(2)(1) và (2) suy ra I1là tâm đường tròn ngoại tiếp DIAC.Do 090 IADnên IDlà đường kính của đường tròn (I1) 1IID ŒTừ đó suy ra đường thẳng I1Icùng đi qua B, Dnên B, I,Dthẳng hàng. JDI1IBCAWWW.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.