Tải bản đầy đủ (.pdf) (7 trang)

DE THI THU DH SO 11

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (277.96 KB, 7 trang )

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG Web: ĐỀ 11. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3x 2  2  C  a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Tìm m để đường thẳng d: y = m(2-x) +2 cắt đồ thị  C  tại 3 điểm phân biệt A(2; 2), B, C sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị  C  tại B và C đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 2.(2,0 điểm) Giải các phương trình sau: a.. 3 sin 2 x  cos 2 x  5sin x  (2  3) cos x  3  3 1 2 cos x  3. x. 2. . 2. 1  5  x 2x2  4 tan x Câu 3.(1,0 điểm) Tính:  dx 1  cos 2 x. b.. Câu 4.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có ∆ABC vuông cân tại C, AB =3a, SB . a 14 . Gọi G là 2. trọng tâm ∆ABC, SG  (ABC). Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mp(SAC). Câu 5.(1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a2 b2 c2   1 a  2b3 b  2c 3 c  2a3. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần ( A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6.a(1,0 điểm) Cho elip (E):. x 2 y2   1 và 2 điểm A(-5; -1), B(-1; 1). Xác định tọa độ điểm M 16 5. thuộc (E) sao cho diện tích ∆MBA lớn nhất. Câu 7a.(1,0 điểm) Giải phương trình: 2log3(x2 – 4) + 3log3(x + 2)2 - log3(x – 2)2 = 4 Câu 8.a(1,0 điểm) Chứng minh rằng: C o2 n  C 22 n 3 2  C 42 n 3 4  ...  C 22nn 3 2n  2 2 n 1 (2 2 n  1). (n  N * ). B. Theo chương trình nâng cao Câu 6.b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm C(3; -3) và điểm A thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = 0. Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM phương trình : x – y –2 = 0. Xác định tọa độ các điểm A, B, D. Câu 7.b(1,0 điểm) Giải phương trình: (6 x  1) log 21 (x  1)  ( x  1) log 2 ( x  1) 3  7  0 2 4. Câu 8.b(1,0 điểm) Trong khai triển ( 3  5 ). 124. có bao nhiêu số hạng là số hữu tỷ.. ------------------------HẾT----------------------. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> CÂU Câu 1. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI NỘI DUNG. Ý a. - TXĐ: D = R. - Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực: lim y   ; x . ĐIỂM lim y  . x . + Chiều biến thiên: 2. y'   3x + 6x ;. x  0 y'  0   x  2. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ∞; 0) và (2; + ∞), đồng biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = -2; đạt cực đại tại x = 2; yCĐ = 2. 0,25. 0,25. - Bảng biến thiên: x y’ y. -∞ -. 0 0. +. +∞. 2 0 2. -2 .. Đồ thị :. +∞. 0,25. -. -∞. Một số điểm thuộc đồ thị hàm số: (1;0), (-1;2), (3; -2). 0,25. b. Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : -x3 + 3x2 - 2 = m(2-x) +2 (1) x  2  2 f (x )  x  x  2  m  0. 0,25. (2). Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt  pt (1) có 3 nghiệm phân biệt  pt (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2   0   f (2)  0.  4m  9  0    m  0. 9  m   4  m  0. 0,25. Hoành độ điểm B và C là nghiệm của pt(2). 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Ta có: xB + xC = 1 và xB.xC = -m -2 Tích hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại B và C là: y’(xB). y’(xC) = (3xB2 -6 xB) (3xC2 - 6xC) = 9(m+1)2 -9 ≥ -9. m  (. 0,25. 9 ; ) \ 0 . Dấu "=" xẫy ra khi 4. 0,25. m = -1. Vậy y’(xB). y’(xC) nhỏ nhất bằng -9 đạt được khi m = -1 CÂU Ý Câu 2 a.. NỘI DUNG Điều kiện: cos x  . ĐIỂM. 3 2. Phương trình đã cho tương đương với:. 0,25. 3 sin 2 x  cos 2 x  5 sin x  3 cos x  3  0.  2 3 sin x cos x  3 cos x  2 sin 2 x  5 sin x  2  0 1  sin x   2  (2 sin x  1)( 3 cos x  sin x  2)  0    3 cos x  sin x  2.  x  1 sin x    2 x  . 0,25.   k 2 6 5  k 2 6. 0,25.  3 cos x  sin x  2  sin( x  )  1 3. x.   k 2 6.  Đối chiếu điều kiện => nghiệm của phương trình là x   k 2 6. b. Phương trình đã cho tương đương với:. x 4  2x 2  1  5  x 2 x 2  4.  x 2 ( x 2  2)  4  x 2( x 2  2). Đặt t  x 2(x 2  2).  t 2  x 2 .2(x 2  2).  x 2 (x 2  2) . t2 2. 0,25. 0,25. 0,25. 2.  t  4  t  2 x  0 x  0 t  4  x 2( x 2  2)  4   4  x 2  2 2 x  2 x  8  0 x  2. Phương trình trở thành. Câu 3. t  4  t  t 2  2t  8  0 2. x  0 x  0 t  2  x 2( x 2  2)  2   4  2  x  1  3 2 x  2x  2  0  x  1  3 tan x sin x sin x. cos x I dx   dx   dx 2 2 1  cos x cos x (1  cos x ) cos 2 x (1  cos 2 x ). 0,25. 0,25. 0,25 Đặt t = cos2x => dt = -2sinx.cosxdx . 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,25. 1 dt 1 1 1  (  )dt  2 t (t  1) 2 1  t t 1 1 t 1  (ln | t  1|  ln | t |)  c  ln | | c 2 2 t I . 0,25. 1 1  cos 2 x  ln( )c 2 cox 2 x. CÂU Ý Câu 4 a.. 0,25 ĐIỂM. NỘI DUNG S. I. B. A. GK. Gọi I là trung điểm của AB => CI . C. 0,25. 3a a  IG  2 2. 2 ∆IGB vuông tại I => GB2 = IG2 + IB2 = 5a. 2. ∆SGB vuông tại G => SG2 = SB2 - GB2 = a2 => SG = a.. VS.ABC. 1 1 1 3a 3a 3  SG.SABC  a. . .3a  3 3 2 2 4. 0,25. Kẻ GK//BC (KAC)  AC  (SGK)  SK  AC ∆GKC vuông cân tại K  GK =GCsin450 =. a. 2 a 6 ∆SGK vuông tại G  SK  SG 2  GK 2  2 3a ∆AIC vuông tại I  AC  IA 2  IC 2  2 2 1 3a 3 S∆SAC  SK.AC  2 4 3VS . ABC d ( B; (SAC ))  a 3 SSAC. 0,25. 0,25. Câu 5 0,25 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> a2 2ab 3 2ab 3 2  a   a   a  b3 a 2 3 3 3 3 a  2b ab b 33 ab 6 2 b(a  a  1) 9 2 4  a  b  ab 9 9. a. 0,25. Tương tự: b2 2 4  b  c  bc; 3 9 9 b  2c. c2 2 4  c  a  ca 3 9 9 c  2a. Do đó. 0,25. 0,25. 2. 2. 2. a b c 2 4   (a  b  c)  (a  b  c)  (ab  bc  ca ) 3 3 3 9 9 a  2b b  2c c  2a 2 7 4 (a  b  c )   1 3 9 3. CÂU Ý Câu 6a. NỘI DUNG Phương trình đường thẳng AB: x -2y + 3 = 0 AB = 2 5 2 Giả sử M(xo;yo)  (E)  5xo + 16yo2 = 80 d(M; AB)  S MAB . ĐIỂM 0,25. | x 0  2y 0  3 |. 0,25. 5. 1 AB.d( M; AB) | x 0  2 y 0  3 | 2. Ta có: 1 1 1 . 5x 0  .4 y 0 ) 2  (  )(5x 02  16 y 20 )  36 2 5 4 5 | x 0  2 y 0 | 6  6  x 0  2 y 0  6 (. 1.  3  x 0  2 y 0  3  9. . 0,25 | x 0  2 y 0  3 | 9.  5.x 4.y 8  x0   1  1  5 x   8 y    0 0 3  S MAB  9     2 x 0  2 y 0  6  5 y   5  0 x 0  2 y 0  3  9 3 8 5 Vậy điểm M cần tìm là: M ;  3 3. Câu 7a. Điều kiện x > 2 hoặc x < -2 Phương trình đã cho tương đương với: log3(x2 – 4)2 + 3log3(x + 2)2 - log3(x – 2)2 = 4. 0,25. 0,25 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  4log3(x + 2) 2 = 4. 0,25.  log3(x + 2) 2 = 1  (x + 2) 2 = 3. 0,25.  x  2  3.  x 2 + 4x + 1 = 0  . 0,25.  x  2  3. Câu 8a. Đối chiếu với điều kiện  nghiệm của phương trình là x = -2 - 3 Ta có: (1 + x)2n = C 02 n  C12n x  C 22 n x 2  ...  C 22nn 11 x 2 n 1  C 22nn x 2 n (1 - x)2n = C 02 n  C12 n x  C 22n x 2  ...  C 22 nn 11 x 2 n 1  C 22 nn x 2n. .  (1  x ) 2 n  (1  x ) 2 n  2 C 02n  C 22n x 2  ...  C 22nn x 2 n. . 0,25. 2(C 02 n  C 22 n 3 2  ...  C 22 nn 3 2 n )  4 2 n  (2) 2 n. Cho x = 3 ta được:. C 02 n  C 22 n 3 2  ...  C 22 nn 3 2 n. . 0,25. 0,25. 4 2n  2 2n   2 2 n 1 (2 2 n  1) 2. CÂU Ý NỘI DUNG Câu A d  A(t; 2 -3t) 6b t  3 1 Ta có: d(C; DM) = d(A; DM)  | 4t -4 | = 8 | t - 1 | = 2  . 0,25. ĐIỂM 0,25.  t  1. 2. t = 3  A(3, -7) (loại vì A, C phải khác phía đối DM) t = -1  A(-1, 5) (thỏa mãn). 0,25. Giả sử D(m; m-2). AD  CD  AD  CD. (m  1)(m  3)  (m  7)(m  1)  0  2 2 2 2 (m  1)  (m  7)  (m  3)  (m  1). 0,25.  m  5  D(5;3). Gọi I là tâm của hình vuông  I là trung điểm của AC  I (1; 1) Do I là trung điểm của BD  B(-3; -1) Câu 7b. 0,25. Điều kiện x > -1 Phương trình đã cho tương đương với: log ( x  1)  1 (6 x  1) log 22 ( x  1)  (6x  6) log 2 ( x  1)  7  0   2 (6 x  1) log 2 ( x  1)  7 log 2 ( x  1)  1  x  1 . 1 1 x 2 2. 0,25. (thỏa mãn điều kiện) 0,25 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> (6 x  1) log 2 ( x  1)  7  log 2 ( x  1) . 7 0 6x  1. 7 trên (-1; +∞) 6x  1 1 42  1 f ' ( x)   0 x  (1; ) \   2 ( x  1) ln 2 (6 x  1)  6 1 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (1; ) và ( ; ) 6 6. Xét hàm số f ( x )  log 2 ( x  1) . 1 6. 0,25. 1 6.  Trên mỗi khoảng (1; ) và ( ; ) nếu phương trình f(x) = 0 có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Lại có f(1) = 0 ; f(-3/4) = 0  x = 0 và x = -3/4 là nghiệm của phương trình f(x) =0. 0,25. 1 2. Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x   ; x = 0 ; x = -3/4 Câu 8b. 124. 4. 124. Ta có: ( 3  5). 1  1    32  5 4   . 124. 62 . k   ( 1) k .C124 .3. k 2. k. .5 4. 0,25. k 0. k  62  2  N  k Số hạng thứ ( k + 1) là số hữu tỷ    N 4 k  N 0  k  124 . k  4i   i  N 0  i  31 .  i  {0; 1; 2…; 31}. Vậy có 32 số hạng hữu tỷ.. 0,25. 0,25. 0,25. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×