ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 10

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

31
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 10', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. Phần bắt buộc (7 điểm) 2x −1 Câu 1. (2điểm) Cho hàm số y = , (1) và điểm A(0;3) . x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng ∆ : y = − x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm B, C sao cho 5 tam giác ABC có diện tích bằng . 2 Câu 2. (2 điểm) 1 1 1. Giải phương trình: 2.cos 2 x = + sin x cos x x −1 2. Giải bất phương trình: 2x x − 1 − x2 − x π Câu 3. (1 điểm) Tính M = cos x + sin 2 x dx 4 0 1 + cos 2 x 2a Câu 4. (1 điểm) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi cạnh a , AC = a , AA ' =. 3 Hình chiếu của A ' trên đáy ABCD trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Lấy điểm I trên đoạn B ' D và điểm J trên đoạn AC sao cho IJ // BC ' . Tính theo a thể tích của khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' và khối tứ diện IBB ' C ' Câu 5. (1 điểm) Tìm các giá trị của m để phương trình: x 2 − 2m + 2 x 2 − 1 = x có nghiệm thực. Phần tự chọn. (3 điểm). Thí sinh chọn và chỉ làm một trong hai phần: A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn: Câu 6. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc ﾷ ABC có phương trình là x + 2 y − 5 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua điểm K (6;2) 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(1;3;4), B(1;2; −3), C (6; −1;1) và mặt phẳng (α ) : x + 2 y + 2 z − 1 = 0 . Lập phương trình mặt cầu ( S ) có tâm nằm trên mặt phẳng (α ) và đi qua ba điểm A, B, C . Tìm diện tích hình chiếu của tam giác ABC trên mặt phẳng (α ) . x + x −1 Câu 7. (1 điểm) Giải phương trình: 2 x +1 − 9.2 2 + 22+ x −1 =0 B. Theo chương trình nâng cao: Câu 6. (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : 4 x − 3 y + 3 = 0 và ∆ ' : 3 x − 4 y − 31 = 0 . Lập phương trình đường tròn (C ) tiếp xúc với đường thẳng ∆ tại điểm có tung độ bằng 9 và tiếp xúc với ∆ '. Tìm tọa độ tiếp điểm của (C ) và ∆ ' . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (α ) : 3 x − 2 y + z − 29 = 0 và hai điểm A(4; 4;6) , B(2;9;3) . Gọi E , F là hình chiếu của A và B trên (α ) . Tính độ dài đoạn EF . Tìm phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (α ) đồng thời ∆ đi qua giao điểm của AB với (α ) và ∆ vuông góc với AB.
4log3 ( xy ) = 2 + ( xy )log3 2 Câu 7. (1 điểm) Giải hệ phương trình: x 2 + y 2 − 3( x + y ) = 12 _________________Hết________________ 2x −1 Câu 1a: (1,0 đ) Hàm số: y = Tập xác định D = R \ { 1} x −1 Giới hạn tiệm cận lim y = − ; lim y = + − + x = 1 là tiệm cận đứng x 1 x 1 lim y = 2 � y = 2 là tiệm cận ngang x 1 Sự biến thiên: y ' = − < 0 hàm số nghịch biến trên ( − ;1) và ( 1; + ) ( x − 1) 2 Bảng biến thiên: Đồ thị -Nhận giao điểm hai tiệm cận là I (1;2) làm tâm đối xứng � 3� � 5� - Đi qua các điểm ( 0;1) , � 1; � 2;3) , � � − ( 3; � 2� 2 � � 4 C A I 2 O 1 5 -2 6 4 I 2 O 1 5 -2 Câu 1b: (1,0 đ) Pthđgđ của (C) và ∆ : 2x −1 = − x + m � x 2 + (1 − m) x + m − 1 = 0,( x �1),(*) x −1 m 0 xB , xC là 2 nghiệm của (*) m>5 BC = ( xC − xB ) 2 + ( yC − yB ) 2 = 2( xC − xB ) 2 = 2( xC + xB ) 2 − 8 xC xB = 2(m − 1) 2 − 8(m − 1) 3− m 1 1 3− m 5 d ( A, ∆ ) = S ABC = BC.d ( A, ∆ ) = 2(m − 1) 2 − 8(m − 1). = 2 2 2 2 2 m 2 − 6m + 5 = 1 m = 3+ 5 � m − 3 (m − 1) − 4(m − 1) = 5 � ( m − 6m + 9 ) ( m − 6m + 5 ) = 5 � 2 2 2 � m 2 − 6m + 5 = −5 m = 3− 5 Đối chiếu điều kiện có m = 3 5
1 1 π Câu 2a (1,0 đ) Giải phương trình: 2.cos 2 x = + ,(1) Điều kiện: x k sin x cos x 2 cos x + sin x 2 (1) � 2.cos 2 x − =0 � (cos x − sin x)(cos x + sin x)sin 2 x − (cos x + sin x) = 0 sin x.cos x 2 cos x + sin x = 0 � (cos x + sin x) � x − sin x)sin 2 x − 2 � 0 (cos � �= (cos x − sin x)sin 2 x − 2 = 0 � π� � π� 2 sin � + � 0 x = sin � + � 0 x = � 4� � 4� (cos x − sin x) ( 1 − (cos x − sin x) 2 ) − 2 = 0 (cos x − sin x)3 − (cos x − sin x) + 2 = 0 � π� sin � + � 0; � x − sin x) + 2 � (cos x − sin x) 2 − 2(cos x − sin x) + 1� 0 x = (cos .� = � 4� � � � � � π� −π � π� sin � + � 0 x = x= + kπ sin � + � 0 x = � 4� 4 −π � � 4� � � ĐS: x = + kπ , k Z �π � 3π 4 cos x − sin x = − 2 sin � − x � −1 = x= + k 2π �4 � 4 x −1 Câu 2b (1,đ) Giải bất phương trình: 2 x (2) x − 1 − x2 − x x2 − x 0 � �‫0 � 1 �ڳ‬ x 0 x x Điều kiện: � �� x − 1 − x 2 − x �� x 1 0 x >1 x −1 �۳�−−−��−�− 2x ( ( x − 1) x − 1 + x 2 − x ) 2x 1 x x2 x 2x x2 x 1 3x x − 1 − x2 − x −x +1 x ‫ �ڣ‬x 0 1 x2 − x 0 1 �−� 3 x 0 � 1 � x x 0 � 2 − x (3x − 1) 2 � 3 x 8x2 − 5x + 1 0 π π π 4 cos x + sin 2 x 4 sin 2 x 4 cos x Câu 3(1,0 điểm) M = �1 + cos 2 x dx = � 1 + cos 2 x dx + � 1 + cos 2 x dx 0 14 244 0 4 3 14 244 0 4 3 M1 M2 π π π 1 d ( 1 + cos 2 x ) 4 1 π 1 4 cos x 1 cos x4 M1 = − = − ln 1 + cos 2 x | 4 = ln 2 M2 = � dx = � dx = 2 0 1 + cos 2 x 2 0 2 0 1 + cos 2 x 2 0 1 − sin 2 x 1 1 Đặt u = sin t 1 2 du 1 2 �1 1 � 1 u + 1 12 1 M2 = 2 �− u 2 4 0 1 = � − u 1 + u � = 4 ln u − 1 |0 = 2 ln(1 + 2) 0 � 1 � + du � 1 Vậy M = ln(2 + 2 2) 2
A' D' B' C' I A D N J G E B M C Câu 4(1,0 điểm) 2 a 4a 2 a 2 ∆ABC đều cạnh a nên AG = AM = , A ' G = AA '2 − AG 2 = − =a 3 3 3 3 a2 3 a3 3 VABCD. A ' B ' C ' D ' = S ABCD A ' G = 2S ABC A ' G = 2 .a = 4 2 Kéo dài DJ cắt BC tại E nên I J / / EB '/ / BC ' B là trung điểm EC IB ' JE JC 2 VIBB ' C ' VB '.IBC ' B'I 2 = = = ; = = = DB ' DE AC 3 VDBB ' C ' VB '.DBC ' B ' D 3 2 21 a3 3 � VIBB ' C ' = VDBB ' C ' = VABCD. A ' B ' C ' D ' = 3 36 18 Câu 5(1,0điểm) Tìm các giá trị của m để phương trình: x 2 − 2m + 2 x 2 − 1 = x có nghiệm thực. x 2 − 2m + 2 x 2 − 1 = x � x 2 − 2m = x − 2 x 2 − 1 x2 −1 0 2 x − 2 x −1 0 2 � � � x 1 �۳−� � 2 x 1 x 2 3 ( ) �2 2 � � − 2m = x − 2 x − 1 2 x � � = 2 x4 − x2 − 2 x2 + 2 m = 2 x x 2 − 1 − 2( x 2 − 1) m �4� Xét hàm số f (t ) = 2 t − t − 2t + 2, t 2 1; �3� � � 2t − 1 f '(t ) = − 2; f '(t ) = 0 � 2t − 1 = 2 t 2 − t vô nghiệm t −t 2 2 Từ bảng biến thiên: Phương trình đã cho có nghiệm khi 0 m 3 Câu 6a: 1,(1,0điểm) B(5 − 2b; b), C (2b − 5; −b) , O (0;0) BC Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc ﾷ ABC nên I (2;4) và I uuuAB uu r r Tam giác ABC vuông tại A nên BI = ( 2b − 3;4 − b ) vuông góc với CK = ( 11 − 2b;2 + b ) b =1 (2b − 3)(11 − 2b) + (4 − b)(2 + b) = 0 � −5b 2 + 30b − 25 = 0 � b=5 Với b −−� = (3;1), C ( 3; 1) 1 B A(3;1) B loại � 17 � 31 � 17 � 31 Với b = 5 � B(−5;5), C (5; −5) A � ; �Vậy A � ; �B( −5;5); C (5; −5) . ; � 5� 5 � 5� 5 Câu 6a : 2,(1,0 điểm)Goi I (a; b; c) là tâm mật cầu ta có : IA = IB (1 − a) 2 + (3 − b) 2 + (4 − c) 2 = (1 − a ) 2 + (2 − b)2 + (−3 − c) 2 � = IC � � − a ) + (3 − b) + (4 − c) = (6 − a) + (−1 − b) + (1 − c) 2 2 2 2 2 2 IA (1 � α I ( ) � + 2b + 2c − 1 = 0 a
� + 7c = 6 b � =1 a � � � �a − 4b − 3c = 6 � � = −1 � I (1; −1;1) 5 b R 2 = IA2 = 25 � + 2b + 2c − 1 = 0 a � =1 c � � 25 3 ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z − 1) 2 = 25 . Tam giác ABC đều cạnh bằng 5 2 nên S ABC = 2 uuur uuur ur uuu uuu r r AB = 0; −1; −7; AC = 5; −4; −3; p = � , AC � ( −25; −35;5 ) �AB � = uu u r r cos ( (α ),( ABC ) ) = cos nα , p = ( 17 15 3 ) Gọi S ' là diện tích hình chiếu của tam giác ABC lên mặt phẳng (α ) 50 3 17 85 Ta có S ' = S ABC .cos ( (α ),( ABC ) ) = = (đvdt) 4 15 3 6 Câu 7a: (1,0 điểm) x + x −1 x + x −1 x − x −1 x +1 2+ x −1 x −1 x − x −1 2 − 9.2 2 +2 = 0 � 2.2 − 9.2 x 2 + 4.2 = 0 � 2.2 − 9.2 2 +4=0 x− x − x −1 1 x −1 2 � = 2 = −1 � 2 x + 2 = x − 1(vn) x 4 9 + 13 �� 2� �� 2 � x= �x − x −1 x− x −1 �− 4 = x −1 x x − 9 x + 17 = 0 2 2 2 =4 =2 2 Câu 6b: 1, (1,0 điểm) Gọi I ( a; b ) là tâm của đường tròn (C ) tiếp xúc với ∆ tại điểm M(6;9) và (C ) tiếp xúc với ∆ '. nên ∆ : 4 x − 3 y + 3 = 0 4a − 3b + 3 3a − 4b − 31 54 − 3a � ( I , ∆ ) = d ( I , ∆ ') �d � = �a −3 4 + 3 = 6a − 85 � r uu uuu r �� 5 5 �� 4 IM ⊥ u∆ = (3;4) � a − 6) + 4(b − 9) = 0 3( �a + 4b = 54 3 25a − 150 = 4 6a − 85 a = 10; b = 6 � 54 − 3a � b= a = −190; b = 156 4 ĐS: ( x − 10) 2 + ( y − 6) 2 = 25 tiếp xúc với ∆ ' tại N ( 13;2 ) ( x + 190) 2 + ( y − 156) 2 = 60025 tiếp xúc với ∆ ' tại N ( −43; −40 ) Câu 6b: 2, (1,0 điểm) uuu r uu r uuu uu r r AB = (−2;5; −3), nα = (3; −2;1);sin ( AB, (α ) ) = cos AB, nα = 19 532 ( ) 361 171 EF = AB.cos ( AB, (α ) ) = AB 1 − sin 2 ( AB, (α ) ) = 38 1 − = 532 14 x = 6+t uu r uuu uu r r AB cắt (α ) tại K (6; −1;9) u∆ = � , nα � (1;7;11) AB � � = Vậy ∆ : y = −1 + 7t z = 9 + 11t 4log3 ( xy ) = 2 + ( xy )log3 2 ,(1) Câu 7b(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x 2 + y 2 − 3( x + y ) = 12,(2) 2log3 ( xy ) = −1(vn) Ta có (1) � 2 ( ) log3 ( xy ) 2 −2 log 3 ( xy ) −2=0 � 2log3 ( xy ) = 2 � xy = 3
� =3 �xy � =3 �xy � � �x + y ) − 3( x + y ) − 2 xy = 12 ( �x + y ) − 3( x + y ) − 18 = 0 ( 2 2 �x + y = 6 Vây ta có hệ: xy = 3 x = 3 + 6; y = 3 − 6 � � x + y = −3 x = 3 − 6; y = 3 + 6 xy = 3