ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 112

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

33
lượt xem 5
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 112', 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 112

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 điểm) Câu I: (2.0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 1 có đồ thị (C). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến c ủa (C) tại A, B song song v ới nhau và AB= 4 2. Câu II : (3.0 điểm) x 3 + y 3 = m( x + y ) 1) Cho hệ phương trình: . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình có x− y =2 ba nghiệm phân biệt (x1; y1), (x2; y2) và (x3; y3) sao cho x1, x2, x3 lập thành một cấp số cộng. 2 cos2x 1 1 − x2 2) Giải phương trình: cotx – 1 = + sin 2 x − sin 2 x . 3) Tính I = dx 1 + tanx 2 1 x + x3 Câu III : (2.0 điểm) 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, c ạnh a, góc BAD = 600 , SO ⊥ (ABCD) và SO = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB theo a. 2) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 P= + + 1 + xy 1 + yz 1 + zx II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). THÍ SINH CHỌN MỘT TRONG HAI PHẦN SAU 1. Theo chương trình Cơ bản Câu IVa: (2.0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, các đường thẳng chứa đường cao và đ ường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là: x − 2 y − 13 = 0 và 13 x − 6 y − 9 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I (−5 ; 1). x −1 y z −1 2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d: = = . 2 1 3 LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. Câu Va: (1.0 điểm). Giải phương trình: ( z 2 − z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z ∈ ﾣ . 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IVb: (2.0 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), tr ọng tâm G(2; 0). Hai đ ỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x − 3 y + 2 z +1 2) Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: = = và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. 2 1 −1 Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 . 1 log 1 ( y − x ) − log 4 = 1 Câu Vb: (1.0 điểm) Giải hệ phương trình 4 y ( x, y ﾣ ) x 2 + y 2 = 25 ------------------------- hết ---------------------------- (Thí sinh không sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm!)
Họ và tên thí sinh: ............................................................., số báo danh: ....................
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 1 có đồ thị (C) - Tập xác định 0.25 1 - Sự biến thiên 0.5 - Đồ thị 0.25 Giả sử A(a; a3 − 3a2 + 1 B(b; b3 − 3b 2 + 1 thuộc (C), với a ), ) b. 0.25 Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau nên: y (a) = y (b) ⇔ 3a2 − 6a = 3b2 − 6b � a2 − b2 − 2(a − b) = 0 � (a − b)(a + b − 2) = 0 ⇔ a + b − 2 = 0 � b = 2− a . Vì a b nên a �−۹ a 2 a 1 0.25 Tacó: AB = (b − a)2 + (b3 − 3b2 + 1− a3 + 3a2 − 1)2 = (b − a)2 + (b3 − a3 − 3(b2 − a2))2 2 = (b − a)2 + � − a)3 + 3ab(b − a) − 3(b − a)(b + a)� (b � � 2 = (b − a)2 + (b − a)2 � − a)2 + 3ab − 3.2� (b � � Câu I 2 = (b − a)2 + (b − a)2 � + a)2 − ab − 6� (b � � 2 = (b − a)2 + (b − a)2(−2 − ab)2 AB 2 = (b − a)2 �+ (−2 − ab)2 � (2 − 2a)2 �+ (a2 − 2a − 2)2 � 1 � �= 1 � � 0.25 � 2� = 4(a − 1 2 �+ � − 1 2 − 3�� 4(a − 1 2 � − 1 4 − 6(a − 1)2 + 10� ) 1 � ) (a � = ) � ) (a � = 4(a − 1 6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 ) Mà AB = 4 2 nên 4(a − 1 6 − 24(a − 1 4 + 40(a − 1 2 = 32 ) ) ) � (a − 1 6 − 6(a − 1 4 + 10(a − 1)2 − 8 = 0 ) ) (*) 0.25 Đặt t = (a − 1 2, t > 0. Khi đó (*) trở thành: ) t 3 − 6t 2 + 10t − 8 = 0 � (t − 4)(t 2 − 2t + 2) = 0 � t = 4 ⇒ a = 3 � b = −1 (a − 1)2 = 4 a = −1� b = 3 Vậy 2 điểm thoả mãn YCBT là: A(3;1), B(−1 −3) . ; Câu II x 3 + y 3 = m( x + y )(1) Cho hệ phương trình: x − y = 2(2) + Từ (2), ta có y = x − 2 thay vào (1) ta có : 1 x =1 0.25x4 (2x - 2)[x2 - 2x + 4 - m] = 0 ⇔ x − 2 x + 4 − m = 0(*) 2 + Nhận xét : (*) có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt thì : x1 < 1 < x2 và x1 + x2 = 2. (thỏa mãn 3 nghiệm lập thành cấp số cộng với mọi m để pt có 2 nghiệm phân biệt ) + YCBT ⇔ pt (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = 1 - 4 + m > 0 ⇔ m > 3 2 cos2x 1 0.25x4 Giải phương trình: cotx – 1 = + sin 2 x − sin 2 x . 1+tanx 2
sin 2 x ≠ 0 sin 2 x ≠ 0 + Đk:  ⇔ sin x + cos x ≠ 0 tan x ≠ −1 cos x − sin x cos 2 x. cos x + PT ⇔ = + sin 2 x − sin x cos x sin x cos x + sin x cos x − sin x ⇔ = cos 2 x − sin x cos x + sin 2 x − sin x cos x sin x ⇔ cos x − sin x = sin x(1 − sin 2 x) ⇔ (cos x − sin x)(sin x cos x − sin 2 x − 1) = 0 ⇔ (cos x − sin x)(sin 2 x + cos 2 x − 3) = 0 cos x − sinx = 0 π + � (cos x − sinx)( 2 sin(2 x + ) − 3) = 0 π 4 2 sin(2 x + ) = 3(voly ) 4 π + ⇔ cos x − sin x = 0 ⇔ tanx = 1 ⇔ x = + kπ (k ∈ Z ) (tm®k) 4 1 2 −1 1− x 2 x2 2 I= dx = dx x + x3 1 1 1 +x x 1 1 + Đặt t= + x thì dt= − 2 + 1 x x 5 3 + Khi x=1 => t= 2 ; khi x=2 => t= 0.25x4 2 5 2 + I= - dt 2 t 5 4 + = - ln t 2 = ln 2 5 Câu III Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc BAD = 600 . SO ⊥ (ABCD), SO = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB theo a. 1 1 1 3 3 3 + Ta có : VS.BCD = VS.ABCD = a sin600 = a 2 2 3 12 1 + (SBC) chứa SB và (SBC) song song với AD nên khoảng cách từ AD đến SB là khoảng cách từ AD đến (SBC) bằng khoảng cách từ D đến (SBC). 0.25x4 19 2 + SSBC = a 8 2 57 + Khoảng cách cần tìm là : a 19 2 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3. Tìm giá trị 1 1 1 nhỏ nhất của biểu thức: P = + + 1 + xy 1 + yz 1 + zx
� 1 1 1 � + Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ] � + + 9 1 + xy 1 + yz 1 + zx � � � 9 9 + ۳�P 3 + xy + yz + zx 3 + x2 + y 2 + z 2 0.25x4 9 3 +⇒P = 6 2 3 + Vậy GTNN là Pmin = khi x = y = z. 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giácABC, các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là: x − 2 y − 13 = 0 và 13 x − 6 y − 9 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I (−5 ; 1). 1 + Theo giả thiết thì A(-3 ;-8) + Đường thẳng qua I(-5;1) và song song với x-2y-13=0 cắt đường th ẳng 13x-6y- 9=0 tại M(3;5). 0.25x4 + Đường thẳng qua BC có phương trình là: 2x + y – 11 = 0 nên B(x B; 11-2xB). Mà IA = IB nên B(4; 3) hoặc B(2;7) + Vậy B(4; 3) và C(2;7) hoặc C(4; 3) và B(2;7) là hai nghiệm cần tìm. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng x −1 y z −1 th¼ng d: = = . LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, 2 1 3 song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. Câu IVa  x = 1 + 2t  + Phương tham số của d: y = t . Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d,  z = 1 + 3t  mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ 2 kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P). + Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã AH ≥ HI => HI lín nhÊt khi A ≡ I 0.25x4 + VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. H ∈ d ⇒ H (1 + 2t ; t ;1 + 3t ) v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn AH ⊥ d ⇒ AH .u = 0 (u = (2;1;3) lµ vÐc t¬ chØ ph¬ng cña d) ⇒ H (3;1;4) ⇒ AH (−7;−1;5) . + VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 Câu Va Giải phương trình: ( z 2 − z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z ∈ C. + PT ⇔ z ( z + 2)( z − 1)( z + 3) = 10 ⇔ ( z 2 + 2 z )( z 2 + 2 z − 3) = 0 0.25x4 + Đặt t = z + 2 z . Khi đó phương trình trở thành: t − 3t − 10 = 0 2 2
t = −2  z = −1 ± i + ⇔ ⇒ t = 5  z = −1 ± 6 +Vậy phương trình có các nghiệm: z = −1± 6 ; z = −1 ± i Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. + Giả sử B ( xB ; yB ) � 1 � xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) � 2 � xC = −2 yC + 7 d d xB + xC + 2 = 6 1 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: yB + yC + 3 = 0 + Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) uuu r uuur + Ta có BG (3; 4) � VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25x4 9 + Bán kính R = d(C; BG) = phương trình đường tròn là: 5 81 (x – 5)2 + (y – 1)2 = 25 x − 3 y + 2 z +1 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: = = và mặt 2 1 −1 phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 . + Ta có phương trình tham số của d là: Câu IVb x = 3 + 2t x = 3 + 2t y = −2 + t y = −2 + t ⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ z = −1 − t z = −1 − t x+ y+z+2=0 (tham số t) � M (1; −3;0) uu r uu r + Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; −1) . 2 uu r uu uu r r Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u∆ = �d , nP � (2; −3;1) u � �= uuuu r Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó MN ( x − 1; y + 3; z ) . uuuu r uu r 0.25x4 Ta có MN vuông góc với u∆ nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x+ y+z+2=0 Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x − 3 y + z − 11 = 0 ( x − 1) 2 + ( y + 3) 2 + z 2 = 42 + Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) x−5 y +2 z +5 + Nếu N(5; -2; -5) ta có pt ∆ : = = 2 −3 1 x +3 y + 4 z −5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆ : = = 2 −3 1
1 log 1 ( y − x ) − log 4 =1 Giải hệ phương trình 4 y ( x, y ﾣ ) 2 2 x + y = 25 y−x>0 + Điều kiện: y>0 + Hệ phương trình � 1 � y−x � −x 1 y � 4 ( y − x ) + log 4 y = −1 � 4 y = −1 � y = 4 log log �� Câu VIb � 2 + y 2 = 25 x � 2 + y 2 = 25 x � 2 + y 2 = 25 x � � � x = 3y � = 3y x � = 3y x 0.25x4 � �2 �� 2 � � 2 25 � + y = 25 � y + y = 25 x 2 9 2 y = 10 �15 5 � ( x; y ) = � ; � (không thỏa mãn đk) � 10 10 � + � 15 5 � (không thỏa mãn đk) ( x; y ) = �− ;− � � 10 10 � Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.