Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 106', 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 106
- 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 THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 - 3x2.
m
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x = 2 .
x − 3x
Câu II. (2,0 điểm)
π
1. Tìm nghiệm x ∈ ( 0; π ) của phương trình : 5cosx + sinx - 3 = 2 sin 2 x + .
4
3x 2 + 2 x + 2
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = log 2 2 xác định ∀x ∈ R .
x + 2mx + 1
e
ln(1 + ln 2 x )
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ dx .
1
x
Câu IV. (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABCD. A1 B1C1 D1 có đáy là hình bình hành và có
∠BAD = 45 0 . Các đường chéo AC1 và DB1 lần lượt tạo với đáy các góc 450 và 600. Hãy tính
thể tích của khối lăng trụ nếu biết chiều cao của nó bằng 2.
8 x 2 + 18 y 2 + 36 xy − 5(2 x + 3 y ) 6 xy = 0
Câu V. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 2 ( x, y ∈ R ) .
2 x + 3 y 2 = 30
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Cõu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường thẳng d1 : 3 x + 2 y − 4 = 0 ; d 2 : 5 x − 2 y + 9 = 0
.
Viết phương trình đường tròn có tâm I d 2 và tiếp xúc với d1 tại điểm A ( −2;5 ) .
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình thoi ABCD với A(−1 ; 2; 1), B(2 ; 3 ; 2) .
x +1 y z − 2
Tìm tọa độ các đỉnh C, D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d : = = .
−1 −1 1
Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z − 1 = 5 và 17( z + z ) − 5 z z = 0 .
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 + y2 - 6x - 2y + 1 = 0. Viết phương
trình đường thẳng (d) đi qua M (0;2) và cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 4.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oy và (P)
cắt mặt cầu (S) : x 2 + y2 + z2 - 2x + 6y - 4z + 5 = 0 theo giao tuyến là m ột đ ường tròn có bán
kính bằng 2.
( )
8
Câu VIIb. (1,0 điểm) Trong các acgumen của số phức 1 − 3i , tìm acgumen có số đo dương
nhỏ nhất .
------------------------------------ Hết -------------------------------------
Ghi chú : Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
- Câu 1: 1, y = x3 - 3x2.
* Tập xác định : D = R
* Sự biến thiên :
− Giới hạn: lim y = + lim y = −
x + x −
− Chiều biến thiên : y, = 3x2 - 6x = 3x(x -2)
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ; 0) và (2; + ), nghịch biến trên khoảng (0;2).
- Đồ thị có điểm cực đại (0;0), điểm cực tiểu (2; -4)
− Bảng biến thiên :
x - 0 2 +
y’ + 0 - 0 +
y 0 -4
* Đồ thị :
y'' = 6x - 6 = 0 ⇔ x = 1 Điểm uốn U(1;-2)
Đồ thị đi qua các điểm (-1;−4), (3; 0) và nhận điểm U(1;-2) làm tâm đối xứng .
m x 0, x 3
Câu 1: 2, x = x 2 − 3x x x 2 − 3x = m
. Số nghiệm của pt bằng số giao điểm của đồ thị
y = x x − 3x ( x
2
0 và x 3) với đồ thị y = m .
x 3 − 3x 2 khi x < 0 hoac x > 3
Ta cú y = x x − 3 x =
2
.
− x 3 + 3 x 2 khi 0 < x < 3
Lập bảng biến thiên ta có:
x - 0 2 3 +
y’ + 0 + 0 - +
4
y 0
0
+/ m < 0 hoặc m > 4 thì pt có 1 nghiệm. +/ m = 0 pt vô nghiệm.
+/ 0 < m < 4 pt có 3 nghiệm. +/ m = 4 pt có 2 nghiệm.
π
Câu 2: 1, 5cosx + sinx - 3 = 2 sin 2 x + 5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x
4
2cos2x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0
(2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0.
- +/ cosx + sinx = 2 vônghiệm.
1 π
+/ cosx = � x = � + 2kπ , k �Z .
2 3
π
Đối chiếu điều kiện x ( 0; π ) suy ra pt có nghiệm duy nhất là :
3
3x 2 + 2 x + 2 3x + 2 x + 2
2
Câu 2: 2,Hàm số xác định ∀x R ∀�log 2
�۳۳
x 2 + 2mx + 1
0
x 2 + 2mx + 1
1 x R (*).
Vì 3x2 + 2x + 2 > 0 ∀x , nên (*)
2 x 2 + 2(1 − m) x + 1 0
m2 − 1 < 0
� 4 x 2 + 2(m + 1) x + 3 �0 , ∀x �R
x + 2mx + 1
2
3 x + 2 x + 2 ∀x
2
−1 < m < 1
Giải ra ta có với :1 - 2 m < 1 thì hàm số xác định với ∀x R.
1
2t
lnx = t , ta có I = ln(1 + t )dt .
2
Câu 3:Đặt Đặt u = ln( 1+t2) , dv = dt ta có : du = dt , v = t .
0 1+ t2
1 t2
1
�1 1
dt �
Từ đó có : I = t ln( 1+ t ) 2− 2� 2 dt = ln 2 − 2 � dt − � 2 �(*).
� 0 1+ t �
0 0 1+ t �0
1
dt π π
Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được = .Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 + .
0
1+ t 2
4 2
Câu 4: Hình lăng trụ đứng nên cạnh bên vuông góc với đáy và độ dài cạnh bên bằng chiều cao của
hình lăng trụ. Từ giả thiết ta có : � 1 AC = 45 , � 1 DB = 60 .
0 0
C B
2
Từ đó suy ra : AC = CC1 = 2 , BD = 2 cot 600 = .
3
Áp dụng định lý cô sin có: BD2 = AB2 + AD2 – 2AB.AD. cos450 ,
AC2 = DC2 +AD2 – 2DC.AD.cos1350. Ta có :BD2 –AC2 =- AB.AD
4 4
2 + DC. AD( − 2) = −2 2 AB. AD � − 4 = −2 2 AB. AD � AB. AD =
3 3 2
4 2 4
Từ đó VABCD. A1B1C1D1 = AB.AD sin450.AA1 = . .2 = .
3 2 2 3
Câu 5: Điều kiện xy 0 .Nếu x = 0 suy ra y = 0 không thoả mãn pt (2) của hệ. Nếu y = 0 cũng
tương tự, vậy xy > 0.
2x + 3y 6 xy 5
Pt (1) của hệ 8 x 2 + 18 y 2 + 36 xy = 5(2 x + 3 y ) 6 xy � + = .
6x y 2x + 3 y 2
2x + 3y
= t , t 2. Xét f(t) = t + 1 , t 2 . Ta thấy f’(t) = t − 1 > 0 ∀t 2 suy ra f(t) 5 .
2
Đặ t
6 xy t t2 2
Dấu = xẩy ra khi t = 2 hay khi 2x = 3y. Thay vào pt (2) của hệ , suy ra hệ có nghiệm: x = 3 ; y
= 2.
Câu 6a: 1, Do đường tròn tiếp xúc với đường thẳng d1 tại điểm A nên IA ⊥ d1 .
Vậy phương trình IA là: 2 ( x + 2 ) − 3 ( y − 5 ) = 0 � 2 x − 3 y + 19 = 0
- d2
�x − 2 y + 9 = 0
5 � =1
x
Kết hợp I d 2 nên tọa độ tâm I là nghiệm hệ � �� � I ( 1;7 )
� x − 3 y + 19 = 9
2 � =7
y
Bán kính đường tròn R = IA = 13 .Vậy phương trình đường tròn là: ( x − 1) + ( y − 7 ) = 13
2 2
uur uu
r
Câu 6a: 2, Gọi I ( −1 − t ; −t ; 2 + t ) d . Ta có IA = ( t ; 2 + t ; −1 − t ) , IB = ( 3 + t ;3 + t ; −t ) .
uu uu
r r
Do ABCD là hình thoi nên IA.IB = 0 � 3t 2 + 9t + 6 = 0 � t = −1, t = −2 .
Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên:
* Với t = −1 �� 0;1;1)
I( C ( 1;0;1) , D ( −2; −1;0 ) .
* Với t = −2 �� 1; 2;0 )
I( C ( 3; 2; −1) , D ( 0;1; −2 ) .
( a − 1) + b 2 = 5 � a 2 + b 2 − 2a = 24 ( 1)
2
Câu 7a: Đặt z = a + bi , ta có: z − 1 = 5 �
34
Mặt khác: 17( z + z ) − 5 z.z = 0 � a + b =
2 2
a ( 2)
5
24
Thay (2) vào (1) được a = 24 � a = 5 . Kết hợp với (1) có b 2 = 9 � b = 3, b = −3 .
5
Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là: 5 + 3i và 5 − 3i .
Câu 6b: 1, (C) có tâm I(3;1) và b/k R =3 .Giả sử (C) cắt (d) tại A , B .Hạ IH ⊥ AB thì H là trung
điểm của AB suy ra AH = 2. Tam gíác AHI vuông tại H nên IH = IA2 − AH 2 = 9 − 4 = 5 .
Vì (d) qua M(0;2) nên có pt A(x-0) +B(y-2) = 0 ( A2 + B2 0) Ax + By – 2B = 0 .
3 A + B − 2B 1
Ta có IH = 5 � = 5 � 2 A2 − 3 AB − 2 B 2 = 0 . Chọn B = 1 ta có : A = 2 hoặc - .
A2 + B 2 2
Vậy có 2 đt (d) phải tìm là : (d1): 2x + y -2 = 0 và (d2) : x – 2y + 4 = 0.
Câu 6b:2, Phương trình (S) : (x-1)2 + (y + 3)2 + ( z -2)2 = 9 suy ra tâm I( 1; -3;2), b/k R = 3.
(P) chứa Oy nên pt có dạng Ax + Cz = 0 với (A2 +C2 0 ).
A + 2C
(P) cắt (S) theo đường tròn b/k r = 2 suy ra d(I,(P)) = R − r = 5 � = 5 � C = 2A
2 2
A2 + C 2
Chọn A = 1 thì C = 2. Vậy pt mf (P) là : x + 2z = 0.
�1 3 � � π π �
Câu 7b:Ta có 1 − 3i = 2 � − 2 i � 2 � − 3 ) + i sin(− 3 ) �
�2
= cos(
� � .
� � �
8� 8π 8π �
Theo công thức Moavơrơ ta có z = 2 � − ) + i sin(− ) � Từ đó suy ra z có họ các
cos( .
� 3 3 �
8π 4π
acgumen là : − + 2kπ , k Z . Ta thấy với k = 2 thì acgumen dương nhỏ nhất của z là .
3 3
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
