Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 101', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 101
- 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.
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) :
2x − 1
Câu 1 ( 2,0 điểm ). Cho hàm số y = .
x −1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt các trục Ox , Oy l ần
lượt tại các điểm phân biệt A , B sao cho OA = 4OB.
� π�
Câu 2 ( 1,0 điểm). Giải phương trình 2 sin � x + � 3sin x + cos x + 2
2 =
� 4�
x − 6 x + 13x = y 3 + y + 10
3 2
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( x, y R ).
2 x + y + 5 − 3 − x − y = x 3 − 3x 2 − 10 y + 6
6
dx
Câu 4 (1,0 điểm) .Tính tích phân I = .
2 2x + 1 + 4x + 1
Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đ ường
tròn đường kính AD =2a, SA ⊥ (ABCD) và SA = a 6 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A
lên SB. Tính thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = xyz .
x y z 1
Chứng minh : + 2 + 2
x + yz y + xz z + xy
2
2
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( A hoặc B )
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có D ( 3; −3)
, M là trung điểm của AD , phương trình đường thẳng CM : x − y − 2 = 0 , B nằm trên đường
thẳng d : 3 x + y − 2 = 0 . Tìm tọa độ A, B, C biết B có hoành độ âm
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) :
3 x + 2 y − z + 4 = 0 và điểm A ( 2; 2;0 ) . Tìm tọa độ điểm M sao cho MA vuông góc với ( P ) , M
cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng ( P )
+1
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: Cnn+ 4 − Cnn+3 = 7(n + 3) .Tìm hệ số của
2
x8 trong khai triển: P( x) = ( 3
+ x 5 ) n với x > 0
x
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có
D ( −1; −1) , diện tích bằng 6, phân giác trong của góc A là ∆ có phương trình x − y + 2 = 0 .Tìm
tọa độ đỉnh B của hình chữ nhật , biết A có tung độ âm
Câu 8.b (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) :
x + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa Oy và cắt (S) theo
2
một đường tròn có bán kính r = 2
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z sao cho z 2 là số thuần ảo và z − 2i = 4
……………HẾT……….....
- Câu 1: 1, (1.5 điểm)
TXĐ: D = R \ { 1}
−1
y'= < 0 . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( − ;1) và ( 1; + ) .
( x − 1) 2
lim y = + ; lim y = − Tiệm cận đứng x = 1 lim y = lim y = 2 ; Tiệm cận ngang y = 2.
x 1+ x 1− x + x −
* Bảng biến thiên
x − 1 +
, − −
y
y 2 +
− 2
Đồ thị:
Câu 1: 2, (0,5 điểm)
2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M (x0; y0) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB.
OB 1 1 1
Do ∆OAB vuông tại O nên: tan A = = ⇒ Hệ số góc của d bằng hoặc − .
OA 4 4 4
1 1 1 xo = −1
Hệ số góc của d là: y (x0) = − < 0 ⇒ y (x ) = − 1 ⇔ − =− ⇔
2
(x0 − 1) 0
4 (x0 − 1)2 4 xo = 3
3 1 3 1 5
Với xo = −1 thì yo = . Khi đó phương trình tiếp tuyến là: y = − (x + 1) + = − x +
2 4 2 4 4
5 1 5 1 13
Với xo = 3 thì yo = . Khi đó phương trình tiếp tuyến là: y = − (x − 3) + = − x +
2 4 2 4 4
Câu 2:(1.0 điểm)
� π�
2 sin � x + � 3sin x + cos x + 2 ⇔
2 = sin 2 x + cos 2 x = 3sin x + cos x + 2
� 4�
⇔ 2sin x cos x + 2 cos 2 x − 1 = 3sin x + cos x + 2 sin x ( 2 cos x − 3) + 2 cos 2 x − cos x − 3 = 0
⇔ sin x ( 2 cos x − 3) + ( cos x + 1) ( 2 cos x − 3) = 0 ⇔ ( 2 cos x − 3) ( sin x + cos x + 1) = 0
� π� 1
sin x + cos x + 1 = 0 � sin x + cos x = −1 � sin � + � −
x =
� 4� 2
π π
x + = − + k 2π π
4 4 x = − + k 2π
⇔ , (k ∈ Z ) 2 (k ∈ Z.)
π 5π
x+ = + k 2π x = π + k 2π
4 4
Câu 3: (1.0 điểm)
x3 − 6 x 2 + 13x = y 3 + y + 10
( 1) � ( x − 2 )
3
+ x − 2 = y 3 + y (*)
2 x + y + 5 − 3 − x − y = x − 3x 3 2
− 10 y + 6
Xét hàm số f ( t ) = t + t . Ta có f ( t ) = 3t + 1 > 0∀t �� f ( t ) đồng biến trên R
3 ' 2
R
Do đó (*) � y = x − 2 .Thay y = x − 2 vào (2) ta được : 3x + 3 − 5 − 2 x = x 3 − 3 x 2 − 10 x + 26
� 3 x + 3 − 3 + 1 − 5 − 2 x = x 3 − 3 x 2 − 10 x + 24
x=2
3 ( x − 2) 2 ( x − 2)
+ = ( x − 2 ) ( x − x − 12 ) 2
3 2
3x + 3 + 3 1 + 5 − 2 x + = x 2 − x − 12
3x + 3 + 3 1 + 5 − 2 x
5 x=2
PT (3) vô nghiệm vì với − x 1 thì x 2 − x − 12 < 0 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất
2 y=0
- 6
dx
Câu 4: Tính tích phân I=
2 2x + 1 + 4x + 1
t 2 −1 tdt
Đặ t t = 4 x + 1 � x = � dx = t ( 2 ) = 3, t ( 6 ) = 5
4 2
5�
1 � �
5
tdt 1 1 � 3 1 � 1 �
Khi đó I = � 2 =� − � = � t +1 + � = ln − = � t +1 +
5 5
� dt ln ln �
3 ( t + 1) 3�
� + 1 ( t + 1) � �
t 2
t +1 �
3
2 12 � t +1 �
3
�
3 1
= ln −
2 12
Câu 5: Tính thể tích…
V SH SH .SB SA2 6
Ta có : VH .SDC = VS .HDC , S .HDC = = = 2 =
VS .BDC SB SB 2 SB 7
6 6 1 2
� VS .HDC = VS . BDC = . .SA.S BDC = a 6.S BDC
7 7 3 7
Gọi K là hình chiếu của B trên AD
AB.BD a 3 1 a2 3 3a 3 2
Ta có ; BK.AD = AB.BD � BK= = � S BCD = BK .BC = Vậy VH .SDC =
AD 2 2 4 14
Vì AD P( SBC ) nên d ( AD, SC ) = d ( AD, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) = h
.Dựng hình bình hành ADBE .Do AB ⊥ BD nên AB ⊥ AE
1 1 1 1 1 1 1 9 a 6
Trong tứ diện vuông ASEB ta có : 2 = 2 + 2
+ 2
= 2+ 2
+ 2
= 2 �h=
h SA AB AE SA AB BD 6a 3
x y z
Câu 6 (1,0 điểm) Từ gt ta có : + + = 1 . Mặt khác : xy + yz + zx x 2 + y 2 + x 2 .Mà theo gt
yz xz xy
1 1 1 x 1 1� x �
1
= �+ �
x + y + x = xyz nên xy + yz + zx xyz
2 2 2
+ + 1 Lại có : x + yz
2
yz 4 � yz �
x
x y z x+
x
y 1� y �
1 z 1� z �
1
(1) Tương tự : � + �(2) 2 � + � (3)
y + xz 4 � xz � z + xy 4 � xy �
2
y z
x y z 1� 1 1 x
1 y z � 1 1
Cộng (1) (2) (3) ta được : + 2 + 2 � + + + + + � ( 1 + 1) =
x + yz y + xz z + xy
2
4 � y z yz xz xy � 4
x 2
x 2 + y 2 + x 2 = xyz
Đẳng thức xảy ra � x = y = z � x= y= z=3
x 2 = yz, y 2 = xz , z 2 = xy
Câu 7a: (1,0 điểm) B �d � B ( b; −3b + 2 )
b=3
Vì S BMC = 2 S DMC nên d ( B, CM ) = 2d ( D, CM ) � b − 1 = 2 �
b = −1
Khi đó B ( 3; −7 ) , B ( −1;5 ) . Loại B ( 3; −7 ) vì B có hoành độ dương
C� CM � C ( c; c − 2 ) . Gọi I là trung điểm của BD I ( 1;1)
uuruuur
Do CI ⊥ BD nên CI .BD = 0 � c = 5 . C ( 5;3) .Vì I là trung điểm của AC nên A ( −3; −1)
r
Câu 8a(1,0 điểm) ( P ) có véc tơ pháp tuyến n ( 3; 2; −1)
uuuu
r
Gọi M ( a; b; c ) Ta có AM ( a − 2; b − 2; c )
- a = 2 + 3t
uuuu
r r uuuu r
r
Vì MA ⊥ ( P ) nên AM và n cùng phương � AM = tn, t �R b = 2 + 2t (1)
c = −t
3a + 2b − c + 4
Vì M cách đều O và (P) nên MO = d ( M , ( P ) ) � a + b + c =
2 2 2
14
� 14 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( 3a + 2b − c + 4 )
2
. (2)
−3 � 1 1 3�
Thay (1) vào (2) tìm được t = −
. Vậy M � ; ; �
4 � 4 2 4�
2
Câu 9a: Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển P( x) = ( + x5 )n
x3
n +1
Cn + 4 − Cn +3 = 7(n + 3) � (n + 4)(n + 3)(n + 2) − ( n + 3)(n + 2)(n + 1) = 42(n + 3)
n
n = −3(loai )
� n 2 + 5n + 6 = 14(n + 3) � n 2 − 9n − 36 = 0 Với n=12 ta có nhị thức: ( 2 + x 5 )12
n = 12(tm) x3
12 5(12 − k ) 12 60 −11k
2
Ta có: P ( x ) = ( + x 5 )12 = � 12 2 k x −3 k x 2 = � 12 2k x 2
Ck Ck
x3 k =0 k =0
60 − 11k
= 8 � 60 − 11k = 16 � k = 4 . Hê số của x 8 là C12 24 = 7920
4
2
Gọi E là điểm đối xứng với D qua ∆ � E �AB .PT đường thẳng DE: x + y + 2 = 0
Gọi I là giao điểm của DE với ∆ � I ( −2;0 ) .Vì I là trung điểm của DE nên E ( −3;1)
uuu uuu
r r
A �∆ � A ( a; a + 2 ) với a < −2 . Do AE ⊥ AD nên AE. AD = 0 � a = −3 . A ( −3; −1)
Câu 7b(1,0 điểm) PT đường thẳng AE: x + 3 = 0 , B �AE � B ( −3; b )
b=2
S ABCD = 6 = AB. AD . Mà AD = 2 nên AB = 3 . Khi đó B ( −3; 2 ) , B ( −3; −4 )
b = −4
. Loại B ( −3; −4 ) vì khi đó ∆ là phân giác ngoài. Vậy B ( −3; 2 )
Câu 8b(1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I ( 1; −3; 2 ) , bán kính R = 3
Vì ( P ) chứa trục Oy nên PT ( P ) có dạng : Ax + Cz = 0 ( B, C 0)
A + 2C
Ta có d ( I , ( P ) ) = R 2 − r 2 = 5 � = 5
A2 + C 2
� ( 2 A − C ) = 0 � C = 2 A . Chọn A = 1 � C = 2 . Vậy PT ( P ) là : x + 2z = 0
2
Gọi z = a + bi .Ta có z − 2i = a 2 + ( b − 2 ) , z 2 = a 2 − b 2 + 2abi
2
a2 + ( b − 2) = 4
2
a=0 a=2 a = −2
Câu 9b(1,0 điểm) Ycbt hoặc hoặc
a 2 − b2 = 0 b=0 b=2 b=2
Vậy z = 0, z = 2 + 2i, z = −2 + 2i
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
