Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán khối D năm 2014 - Trường THPT Ngô Gia Tự
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (176.82 KB, 6 trang )
www.VNMATH.com
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)
y x mx m x m m
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m = 1
2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm
số đến gốc tọa độ bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc
tọa độ .
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
Câu 3. (1 điểm) Giải bất phương trình
0)1(log)1(log
3
4
2
3
xx
Câu 4. (1 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
2( ) 7
( 2 ) 2 10
x y x y
y y x x
Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a . Cạnh
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60
0
.Trên cạnh SA lấy
điểm M sao cho AM =
3
3
a
, mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM .
Câu 6. (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
3( ) 2
P x y z xyz
.
Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2;-5 ) và đư
ờng thẳng
:3 4 4 0
x y
. Trên
lấy hai điểm A và B đối xứng nhau qua
)
2
5
;2(I
sao cho diện tích tam giác
ABC bằng 15. Viết phương trình đường thẳng AB.
Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có di
ện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng
03:
1
yxd
và
06:
2
yxd
. Trung điểm của
một cạnh là giao điểm của d
1
với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu 9. (1 điểm) Cho hai đường thẳng song song d
1
và d
2
. Trên đường thẳng d
1
có 10 điểm phân biệt,
trên đường thẳng d
2
có n điểm phân biệt (
n 2
,
Nn
). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các
điểm đã cho. Tìm n.
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
NĂM HỌC 2013-2014
Môn thi: TOÁN - KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
www.VNMATH.com
Hết
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 KHỐI D NĂM 2014
Câu Nội dung Điểm
1
1.Khi m=1 ta có
23
3xxy
TXĐ: R ; xxy 63'
2
;
2
0
0'
x
x
y
x
ylim
x
ylim
BBT
x
0 2 +
y’
+ 0 - 0 +
y
0
-4
Hàm số đồng biến trên khoảng
)2;0(
, nghịch biến trên khoảng
);2();0;(
Hàm số đạt cực đại y=0 tại x=0
Hàm số đạt cực tiểu y=-4 tại x=2
6
4
2
-
2
-
4
-
6
-
5
5
2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)
y x mx m
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0
y
có 2 nghiệm phân biệt
2 2
2 1 0
x mx m
có 2 nghiệm phân biệt
1 0,
m
. Nên hàm số luôn có 2 cực trị
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
www.VNMATH.com
Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và
điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)
0.25
Theo giả thiết ta có
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m
Vậy có 2 giá trị của m là
3 2 2
m
và
3 2 2
m
.
0.25
Câu
2
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x
sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
18 3
2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
x x
x k
x c
k
Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
và
18 3
x k
.
0.25
0.25
0.25
0.25
3 ĐK: x>-1
PT
0)
4log
3
2).(1(log0
4log
)1(log3
)1(log2
3
3
3
3
3
x
x
x
0
1
0)1(log
3
x
x
0.25
0.25
0.25
0.25
4 Rút y
2
từ phương trình (2) thế vào (1) ta được
032)2(2
2
yxyx
32
1
yx
x
TH1: Thay
1
x
vào (1) ta được
4
2
082
2
y
y
yy
TH2:Thay
32
yx
vào (1) ta được
5
6
1
5
3
1
5
6
1
5
3
1
04105
2
xy
xy
yy
Vậy hệ pt có 4 nghiệm (-1;2) (-1;-4) (
)
5
3
1;
5
6
1
(
)
5
3
1;
5
6
1
0.25
0.25
0.25
0.25
5
www.VNMATH.com
S
M
N
D
CB
A
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có SA = AB tan60
0
= a
3
,
3
2
SA
SM
ABCDSABCSMBCS
ABCS
MBCS
VVV
SA
SM
V
V
.
.
3
1
3
2
3
2
ABCDSADCSMNCS
ADCS
MNCS
VVV
SD
SN
SA
SM
V
V
.
.
9
2
9
4
9
4
3
2
.
3
2
.
Vậy
ABCDSBCNMS
VV
9
5
=
3
10 3
27
a
0.25
0.25
0.25
0.25
6 Ta có:
2
3 ( ) 2( ) 2
3 9 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
x y z yz x
2
3 2
( )
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x
Xét hàm số
3 2
( ) 15 27 27
f x x x x
, với 0<x<3
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x
x
0 1 3
y’
+ 0 -
y
14
0.25
0.25
0.25
www.VNMATH.com
Từ bảng biến thiên suy ra GTLN P=7
1
x y z
.
0.25
7 Ta có
I
6
5
4206
),(
Cd
. S
ABC
=
2
5
515.6.
2
1
AIABAB
Gọi
)
4
43
;(
a
aA
. Ta có
4
25
2
AI
4
25
)
4
63
()2(
22
a
a
0
4
4)2(
2
a
a
a
Với
)1;0();4;4(4 BAa
. Phương trình AB :
3 4 4 0
x y
Với
)4;4();1;0(0 BAa
. Phương trình AB:
3 4 4 0
x y
0.25
0.25
0.25
0.25
8
Ta có:
Idd
21
. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy
2
3
;
2
9
I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD
OxdM
1
Suy ra M( 3; 0)
Ta có:
23
2
3
2
9
32IM2AB
22
Theo giả thiết:
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1
ADd
1
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận
)1;1(n
làm VTPT nên có
PT:
03yx0)0y(1)3x(1
. Lại có:
2MDMA
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
2y3x
03yx
2
2
1y
2x
hoặc
1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
Do
2
3
;
2
9
I
là trung điểm của AC suy ra:
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0.25
0.25
0.25
0.25
9
Theo giả thiết ta có:
3 3 3
n 10 10 n
C C C 2800
(
n 2
)
2800
)!3!.(3
!
!7!.3
!10
)!7!.(3
)!10(
n
n
n
n
n 10 n 9 n 8 10.9.8 n n 1 n 2 2800.6
n
2
+ 8n – 560 = 0
0.25
0.25
0.25
www.VNMATH.com
)(24
20
loain
n
.Vậy n=20
0.25
