De thi thu DH dot 2 2014 mon Toan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (203.51 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC

ĐỢT 2 - NĂM 2014

Mơn TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. Phần chung cho mọi thí sinh (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số y x 3 3mx1 (Cm).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1

2. Tìm tất cả các giá trị của m để (Cm) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích ΔIAB bằng 4 2

với I(1;1).

Câu II (2,0 điểm):

1. Giải phương trình: 3sinx cosx 2 cos 2x sin 2x0.

2. Giải hệ phương trình:

2 2
3 3

2 2 1

( , )

2 2 1

x x y x y

x y R

x y

      






 



 .

Câu III (2,0 điểm): Tính tích phân:





2
0

ln 1
1

x x x

I dx

x

 







Câu IV (2,0 điểm): Cho S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =a, AD = a 3(a > 0), mặt phẳng
(SAC) và mặt phẳng (SBD) cùng vuông góc với đáy, SD tạo với (ABCD) một góc là 600 .

1. Tính thể tích S.ABCD

2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.

Câu V (2,0 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:





2 2

a b c  b c

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: 2 2 2

1 1 1 4

(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )(1 )
P

a b c a b c

   

     

II. Phần riêng (3,0 điểm): (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: phần A hoặc phần B)

Phần A.

Câu 1a (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD. Biết B(3;3),
C(5;-3), gọi I là giao điểm của AC và BD. Biết I nằm trên đường thẳng Δ: 2x + y – 3 = 0, CI = 2BI, diện
tích tam giác ACB bằng 12, hoành độ của I dương và hồnh độ của A âm. Tìm tọa độ của A và D.

Câu 2a (1,0 điểm): Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(3; 2; 2 ) và mặt phẳng (P): x + y + z + 1 = 0.
Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và vng góc với (P). Biết (Q) cắt Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho
OM = ON 0.

Câu 3a (1,0 điểm):Tìm hệ số của x20 trong khai triển nhị thức Newton biểu thức

2
3

1
( )

n

P x x

x

 

  

  với n

nguyên dương thỏa mãn: 2 11 2 21 ... 22 1 2100 1

n n n

C  C  C

        .

Phần B.

Câu 1b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 6), chân đường phân giác
trong kẻ từ A là D

3
2;

 



 

 , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 
1

;1
2
I 

 . Tìm tọa độ đỉnh B và C.

Câu 2b (1,0 điểm): Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A

1 1
;0;
2 2

 



 

  , (P): 2x + 2y – z + 1 = 0 và mặt cầu

(S): (x1)2(y1)2(z2)2 1. Viết phương trình mp ( ) đi qua A, vng góc với (P) và tiếp xúc với

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 3b (1,0 điểm) : Giải hệ phương trình:

2 3 1

log ( 3 7) 6
2.8x 2y 17.2y x

y x

  

  





 




Hết

---ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM – môn TOÁN – THI THỬ ĐỢT 2

Câu Đáp án Điểm

I 
(2,0
điểm)

Cho hàm số y x 3 3mx1 (Cm).

1. HS tự giải 1đ

2. Tìm tất cả các giá trị của m để (Cm) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích ΔIAB bằng
4 2 với I(1;1).

' 3 2 3 ; ' 0 2 (1)

y  x  m y  x m

(Cm)có hai điểm cực trị A, B <=> PT (1) có 2 nghiệm phân biệt <=> m > 0 0,25

Khi đó: A



m; 2 m m1 ,

 

B  m m m;2 1



=> Ptđt AB: y2mx1 hay

2mx y 1 0

Ta có:









2 2

4 4 1 , ; ( 0)

4 1 4 1

m m

AB m m d I AB Do m

m m

    

 

0,25









1 1 2

. . ; . 4 4 1 . 4 2

2 2 4 1

4 8 2

2 2 2( )

ABI

m

S AB d I AB m m

m
m m

m m m TM

   



 

   

0,25

Kết luận: m = 2 0,25

II 
(2,0
điểm)

1. Giải phương trình: 3sinx cosx 2 cos 2x sin 2x0.

Phương trình đã cho tương đương:

2
2

3sin 2sin cos cos 2 (1 2sin ) 0
2sin 3sin 1 cos (1 2sin ) 0
(sin 1)(2sin 1) cos (1 2sin ) 0
(2sin 1)(sin cos 1) 0

x x x x x

x x x x

x x x

     

     

    

0,5

sin (1)

sin cos 1 0 (2)
x

x x









  



2
6

(1) ( )

7
2
6

x k

k Z

x k








 


  

  



</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

(2) 2 sin 1
4
2

( )
3

2
2

x
x k

k Z

x k







 

   

 





 

  



0,25

Kết luận: Các họ nghiệm của phương trình là:

7 3

2 ; 2 ; 2 ; 2 ( )

6 6 2

x  k  x  k  x k  x  k  k Z

2. Giải hệ phương trình:

2 2
3 3

2 2 1

( , )

2 2 1

x x y x y

x y R

x y

      






 



 .

ĐK: 2 x y x  2 y2 0(*)

0,25

0,25
C1: Pt 2x 2 x y x  2 y2 1 <=> 2 x y x  2 y2  1 2x

<=> 2 2 2
1 2 0

2 (1 2 )

x

x y x y x

 




     



<=> 2 2
1

5 3 1 0 (2)

x

x x y y






     



Mặt khác từ 2x3 2y31 => y < x. Thế 1 2 x3 2y3 vào (2) ta được:

2x3 5x23x2y3y2 y2x3 5x23x2(y1)3 5(y1)23(y1) (3)

1
2
x

và từ 2y32x31 =>

5 7
1

y  

Xét hàm số f u( ) 2 u3 5u23u với

5 7
6
u 

f u'( ) 6 u210u 3 0 nên hàm f u( ) đồng biến và liên tục trên

5 7

( ; )

6

 

, từ (3) <=> x = y + 1.

Thế vào pt: 2x3 2y31 =>

3 3 2

3 3
6
2( 1) 2 1 6 6 1 0

3 3
6

y

y y y y

y

  





       

  





-)Với

3 3
6
y 

=> x >

1
2 (loại)

-)Với

3 3 3 3

6 6

y   x 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vậy hệ có nghiệm

3 3 3 3
( ; ) ;

6 6

x y     

 

C2: Từ đk (*). Khi đó hệ tương đương

2 2

3 3

1
2

5 3 1

2 2 1

x

x x y y

x y







   




 





















3 2

3 2 3 2 3 2

2 2

2 5 3 2 0 2 5 3 2 1 5 1 3 1

( 1) 2 (2 3) (2 ) 0 (4)

x x x y y y x x x y y y

x y y y x y y

               

 

         

Tacó:2y2(2y 3)x(2y2 y)x x(2 3y 3)y y(2 1).Do

(2 3 3) 0, (2 1) 0
2

y x  x x y  y y 

nên (4) <=> x = y + 1. Thế vào pt

3 3

2x 2y 1 ta đc nghiệm :

3 3 3 3

6 6

x  y 
III

(1,0

điểm) Tính tích phân





2
0

ln 1
1

x x x

I dx

x

 







Đặt





2
2
2

ln 1

1
1
1

dx

u x x du

x
x

dv dx

v x

x

    



 






 



 

 



 



0,25

Khi đó





1 1









2 2

0
0

1 .ln 1 2.ln 1 2 (1 0) 2.ln 1 2 1

I  x x x 



dx       0,5

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

IV 
(1,0
điểm)

A D

O a
B a 3 C

1. Gọi OACBD. Do (SBD) và (SAC) cùng vng góc với (ABCD) => SO

(ABCD)

 => SO là đường cao của hình chóp S.ABCD

OD là hình chiếu của SD lên (ABCD) =>





;( ) 60

SD ABCD SDO

Ta có: AC2 AD2DC2 4a2 AC2aBD2aOD a

=> SO OD .tan 600 a 3

0,25

3
.

1 1

. . . . 3. 3

3 3

S ABCD ABCD

V  S SO a a a a 0,25

2. Gọi M là trung điểm của SD => SB // OM => SB // (ACM) =>



;





;( )





;( )



d SB AC d SB ACM d B ACM

Do O là trung điểm của BD => d B ACM



;( )



d D ACM



;( )



Gọi DE(ABCD OM), DE E (ACM) ( ACE) và DE SO a  3

0,25

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 5 15

3 3 3 5

a
d
d DA DC DE  a a  a  a  

Vậy

15
( ; )

5
a
d SB AC 

0,25

V 
(1,0
điểm)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:





2 2

a b c  b c

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2

1 1 1 4

(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )(1 )
P

a b c a b c

   

     

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:

1 2 4

(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
P

a b c a b c

  

     





2 2 2

(b c ) 2 b c

nên từ điều kiện ta suy ra:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>





2 2 2 2

( ) 2 2 ( )

a b c a b c a b c b c

a

       

Cũng theo bất đẳng thức Cô-si ta lại có:

2 2

1 1 2 (1 )

(1 )(1 ) (2 ) 2

4 4

a

b c b c

a a



 

         

 

Do đó:

2 2 3 2

2 3 3

2 1 4 2 6 1

(1 ) (1 ) ( 1)

a a a a a

P

a a a

   

  

  

0,25

Xét hàm số:

3 2
3

2 6 1

( )

( 1)

a a a

f a

a

  



 với a > 0

Ta có:

' '

2(5 1) 1

( ) ; ( ) 0

( 1) 5

a

f a f a a

a


   



Lập bảng biến thiên ta có:

1 91
( )

5 108
Pf a f   

 

0,25

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

108, giá trị đó đạt được khi 
1

; 5

a b c  0,25

Câu

1a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD. Biết B(3;3), C(5;-3),gọi I là giao điểm của AC và BD. Biết I nằm trên đường thẳng Δ: 2x + y – 3 = 0, CI = 2BI, diện
tích tam giác ACB bằng 12, hồnh độ của I dương và hồnh độ của A âm. Tìm tọa độ của A và
D.

A B(3;3) d
I

D C(5;-3)

( ;3 2 )

I V I t  t với t > 0. Từ CI = 2BI

3 2 5 0 5

( )
3
t

t t

t loai





    

 

(1;1)

I



0,25

(1;1) (4; 4) : 2 0( ')
1.3 1.3 2

( ; ) 2 2

12 . ( ;; ) 24 6 2
ABC

I IC IC x y

d B AC

S AC d B AC AC

      

 

  

    

uur

0,25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu
2a

2 11( )

( 5) 36 ( 1;3)

1
x L
x A
x


    


A(-1 ;3)

( 1;3) (4;0)

( 2; 2) : 0

/ / : 3

A AB

BI BI x y

DC AB DC y

  

     

 

uuur
uur

Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ :

( 3; 3)
3
x y
D
y
 

  




Vậy A(-1 ;3) và D(-3 ;-3)

0,25

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(3; 2; 2 ) và (P): x + y + z + 1 = 0. Viết phương trình
mặt phẳng (Q) đi qua A và vng góc với (P). Biết (Q) cắt Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho OM
= ON 0.

Gọi





2 2 2

( ) :Q ax by cz d   0 a b c 0
(3; 2;2) ( ) 3 2 2 0
A  Q  a b c d 
( ) ( )Q  P    a b c 0

0,25
Gọi
;0;0
( )
0,
( )
0; ;0
d
M

M Q Ox a

d

N Q Oy d

N
b
  

 

 
   
 
 
   
 

 
  

 do OM= ON0

0,25

2 2

0; 0 d d

d OM ON a b

a b

   

        

   

0,25

-) a = b => c = -2a, d = -1, chọn a = 1 => (Q): x y  2z1 0
-) a = -b, tương tự ta có: (Q): -x + y + 1 = 0

Vậy có hai mp (Q) là: (Q): x y  2z1 0 và (Q): -x + y + 1 = 0

0,25

Câu

3a Tìm hệ số của

x trong khai triển nhị thức Newton biểu thức

2
3

1
( )

n

P x x

x

 

  

  với n nguyên

dương thỏa mãn: 2 11 2 21 ... 22 1 2100 1

n n n

C  C  C

        .

2 1
2 1 1

n
n

C 

  và 0

; 2

n

k n k k n

n n n

k

C C  C







. Ta có:

1 2 2 100

2 1 2 1 2 1

0 1 1 2 1 101

2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 101

... 2 1

... ... 2

2 2

n n n

n n

n n n n

n

C C C

C C C C

n
 
  
 
   

    

      
 
 
0,25

Với n = 50

50 50

2 5 150

50
3

( ) k k

k

P x x C x

x


 
    
 



0,25

Số hạng này chứa x20 5k150 20 k34 0,25

. Vậy hệ số của số hạng chứa x20 là C5034 0,25

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

1b

Câu
2b

từ A là D

3
2;

 



 

 , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 
1

;1
2
I 

 . Tìm tọa độ đỉnh B và

B D C IA=

5 5
2

Gọi đường tròn ngoại tiếp VABC là (C) =>

1 125

( ) : ( 1)

2 4

C x   y 

 

Gọi EAD( )C . Do BAECAE  E là điểm chính giữa »BC

0,25

AD: x = 2 => Tọa độ của E là nghiệm của hệ :

1 125

( 1)

(2; 4)

2 4

x y

E
x

 

   

   

 

 


;E=(2;6) (loai :trùng A)

0,25

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

E(2;-4) =>

5
; 5
2
IE  

 

uur

.BC đi qua D có vtpt là

(1; 2) : 2 5 0
5

nr  IEuur  BC x y 

Tọa độ B và C là nghiệm của hệ:

1 125 (5;0), ( 3; 4)
( 1)

2 4

(5;0), ( 3; 4)
2 5 0

B C

x y

C B

x y

   



   

  

    



   



Kết luận:

(5;0), ( 3; 4)
(5;0), ( 3; 4)

B C

C B

 
 

0,25

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A

1 1
;0;
2 2

 



 

  , (P): 2x + 2y – z + 1 = 0 và mặt cầu (S):

2 2 2

(x1) (y1) (z2) 1. Viết PT mp( ) đi qua A, vng góc với (P) và tiếp xúc với (S).

Pt ( ) có dạng : axby cz d  0 (a2b2c2 0)
Do

1 1

( ) 0

2 2 2

a c
A    a c d  d  
( ) ( )  P 2a2b c 0

2
2
a c

b  

 

0,25

Do ( ) tiếp xúc với mc (S) có tâm I(1;1;-2) và có bán kính R = 1



;( )



1 4 8 2 4 5 2

d I  a c a ac c

       7a2 4ac 11c2 0

   

11
7
a c

a c






 



0,5

)a c

  , chọn c= 1 => a = 1 => d = 0,

( ) : 2 2 0
2

b   x y  z
11

)

a c

 

, chọn c = -7 => ( ) : 22 x 29y14z18 0

0,25

Vậy có hai phương trình mp ( ) :2 x y 2z0 và ( ) : 22 x 29y14z18 0

Câu
3b

Giải hệ phương trình:

2 3 1

log ( 3 7) 6
2.8x 2y 17.2y x

y x

  

  





 




ĐK: y + 3x + 7 > 0. Hệ tương đương:

 

2 3 1

3 7 2 8 (1)
2.8x 2 y 17.2y x (2)

x y

  

    




  



0,25

Từ (1) y 1 3 .x Thế vào (2): => 2.23x23 3 x 17 (3) 0,25

Đặt 23x t t( 0),(3) trở thành:

2 17 8 0 1

2
t

t t

t




   

 


0,25

) 8 1 2 ( )

1 1

) 2 ( )

2 3

t x y TM

     

     

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Vậy nghiệm của hệ là

1
( ; ) (1; 2), ;2

3
x y    

 

</div>

De thi thu DH dot 2 2014 mon Toan

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

<b>TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1</b>

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC

ĐỢT 2 - NĂM 2014

<b>Mơn TỐN </b>













 















<sub></sub>

<sub></sub>







































<sub></sub>









































<sub></sub>







 

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về