Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 115', 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 115
- 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.
3 2
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3mx + 2 (1), m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) tạo với các trục tọa độ
một tam giác có diện tích bằng 4.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 3cot 2 x + 2 2 sin 2 x = (2 + 3 2) cos x
x+7
2. Giải phương trình: 3x2 + 6x − 3 =
3
1
x
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân dx
1 3x + 9 x 2 −1
3
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a,
ﾷ
SB = a 3 , BAD = 600 và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N là trung điểm của AB,
BC. Tính thể tích tứ diện NSDC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
Câu V: (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ
� x � � y � � z �
nhất của biểu thức: P = x �
� +
� y� +
� z� �
� y +3 � � z +3 � � x+3 �
� � � � �
Câu VI (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3,2),
2 2
trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G( , ) và I(1,-2). Xác định
3 3
tọa độ đỉnh C.
x −1 y +1 z −1
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = , điểm
2 1 1
A (1,4,2) và mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A,
∆ nằm trong mp(P) biết rằng khoảng cách giữa d và ∆ bằng 2 3 .
Câu VII (1,0 điểm) Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn i.z1 + 2 = 0,5 và z 2 = i.z1 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của z1 − z 2
------------------------Hết----------------------
1
- HƯỚNG DẪN Câu 1: 1, Với m = 1 ⇒ y = x3 − 3x 2 + 2
a) TXĐ: R
b) Sự biến thiên: *) Giới hạn: xlim y = − ; xlim y = +
− +
2 x=0
*) Chiều biến thiên: y' = 3x − 6x ; y' = 0
x=2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; 0) và (2; + ), hàm số nghịch biến trên (0; 2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; hàm số đạt tiểu tại x = 2, yCT= - 2
BBT x - 0 2 +
f’(x) + 0 - 0 +
f(x) 2 +
- -2
c) Đồ thị:
y
4
2
x
-10 -5
O 2 5 10
-2
-4
x=0
Câu 1: 2, y = x 3 − 3mx 2 + 2 ⇒ y' = 3x 2 − 6mx ; y' = 0
x = 2m
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0
Với m ≠ 0 thì đồ thị hàm số (1) có tọa độ 2 điểm cực trị là: A(0; 2) và B(2m;-4m3+2)
Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị A, B là:
x y− 2 2 �1 �
= 3
� 2m x + y − 2 = 0 . AB cắt Ox tại C � 2 ;0 � cắt Oy tại A(0; 2)
,
2m - 4m �m �
Đường thẳng qua 2 điểm cực trị tạo với các trục tọa độ tam giác OAC vuông tại O ta có:
1 1 1 1
SOAC = OA.OC = .2. 2 =
2 2 m m2
1 1 1
Yêu cầu bài toán thỏa mãn =4 m= ± (thỏa mãn m ≠ 0)..Vậy m = ±
m2 2 2
Câu 2: 1, Điều kiện : x ≠ kπ
cos x
Phương trình tương đương: 3cosx( − 2 ) = 2(cosx - 2 sin2x)
sin 2 x
2 2
2 cos 2 x + cos x − 2 = 0
(cosx - 2 sin x)(3cosx – 2sin x) = 0
2 cos x + 3 cos x − 2 = 0
2
2 1
�cos x = − 2 (loai ); cos x = ; cos x = −2 (loai ); cos x =
2 2
2
- π π
KÕt hîp víi ®/k suy ra pt cã nghiÖm: x = ± + k 2π & x = ± + k 2π
4 3
x+7 1 1
Câu 2: 2, 3x2 + 6x − 3 = � ( x + 1)2 − 2 = ( x + 1) + 2 , x −7
3 3 3
u = x +1 1
u2 − 2 = v
3
Đặ t 1 ta có hệ phương trình:
v= ( x + 1) + 2 (v 0) 1
3 v2 − 2 = u
3
�u2 − 6 = v � u2 − v2 ) + u − v = 0
3 3( (u − v)[3(u + v) + 1] = 0
⇔� 2 �� 2 �� 2
�v − 6 = u �u − 6 = v
3 3 3u − 6 = v
u− v = 0 3(u + v) + 1 = 0
⇔ hoặc
3u − 6 = v
2
3u2 − 6 = v
1 − 73
u= (loﾹi)
�−v= 0
u �=v
u 6
� 2 �� 2 �
3u − 6 = v �u − u − 6 = 0
� 3 1 + 73
u=
6
1 −1 − 69
v= − −u u=
3(u + v) + 1 = 0 3 6
� 2 �� �
3u − 6 = v 17 −1 + 69
3u2 + u − = 0 u= (loﾹi)
3 6
1+ 3 7 1 + 73 73 − 5
+ Với u = �x= −1= .
6 6 6
−1 − 69 −1 − 69 − 69 − 7
+ Với u = �x= −1= .
6 6 6
1 1 1 1
x
Câu 3: I = � dx = � x − 9 x − 1)dx = � dx − � 9 x 2 − 1dx
2 2
x (3 3x x
1 3x + 9 x − 1
2
1 1 1
3 3 3 3
1
1 26
I1 = 3x 2 dx = x3 1 =
1 3 27
3
1 1 3 1
1 1 16 2 26 − 16 2
I 2 = � 9 x − 1dx = � x − 1d (9 x − 1) =
x 2
9 2 2
(9 x − 1) 2
2
=
1 18 1 27 1 27 . Vậy I = 27
3 3 3
Câu 4: Từ giả thiết có AB = 2a, SA = a,
AB
SB = 3 , tam giác ASB vuông tại S suy ra SM = = a do đó tam giác SAM đều.
2
Gọi H là trung điểm AM thì SH ⊥ AB. Mặt khác (SAB) ⊥ (ABCD) nên suy ra SH ⊥ ( ABCD)
1 1 1 1 a 3 1 4a 2 3 a 3
VNSDC = VSNDC = SH .S∆DNC = SH . S∆BDC = . . =
3 3 2 3 2 2 4 4
ﾷ ﾷ
Gọi Q là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD = 4 AQ khi đó MQ//ND nên ( SM , DN ) = ( SM , QM ) .
Gọi K là trung điểm MQ suy ra HK//AD nên HK ⊥ MQ
ﾷ ﾷ ﾷ
Mà SH ⊥ (ABCD), HK ⊥ MK suy ra SK ⊥ MQ suy ra ( SM , DN ) = ( SM , QM ) = SMK
1 1 1
MQ DN a 3
Trong tam giác vuông SMK: cos SMK = MK = 2
ﾷ = 4 = 4 =
3
SM a a a 4
3
- S
N
C
B
M
H K
A Q D
Câu 5: ĐÆt x = a 2 , y = b 2 , z = c 2 . Do x + y + z = 3 suy ra a 2 + b 2 + c 2 = 3 .
a3 b3 c3
Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của P = + + .
b2 + 3 c2 + 3 a2 + 3
Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân có:
a3 a3 b2 + 3 a 6 3a 2
+ + 33 = (1);
2 b2 + 3 2 b2 + 3 16 64 4
b3 b3 c2 + 3 c 6 3c 2
+ + 33 = (2)
2 c2 + 3 2 c2 + 3 16 64 4
c3 c3 a2 + 3 c 6 3c 2
+ + 33 = (3)
2 a2 + 3 2 a2 + 3 16 64 4
a 2 + b2 + c2 + 9 3 2
Cộng theo vế ta được: P +
16 4
( a + b2 + c 2 ) (4)
3 3
Vì a2+b2+c2=3. Từ (4) ۳ P vậy giá trị nhỏ nhất P = khi a = b = c =1 x=y=z=1
2 2
uuu
r uuur � 4 �
7
Câu 6: 1, IM = (2;4), GM = � ; �
� 3�
3
uuu
r uuur
Gọi A(xA; yA). Có AG = 2GM ⇒ A(-4; -2).
uuur
Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM làm vec tơ pháp tuyến nên có PT:
2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0.. Gọi C(x; y). Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0.
Mặt khác IC = IA ⇔ ( x − 1)2 + ( y + 2)2 = 25 � ( x − 1)2 + ( y + 2)2 = 25 .
x − 2y − 7 = 0
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
( x − 1)2 + ( y + 2)2 = 25
x=5 x =1
Giải hệ phương trình ta tìm được và .Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1;
y=1 y=3
3).
Câu 6:2, Gọi (Q) là mặt phẳng qua d và cách A(1,4,2) một khoảng 2 3 .
(Q) qua N(1, -1, 1) thuộc d nên có phương trình: a(x-1) + b(y+1) +c(z-1) = 0 (1)
Do (Q) qua N’(1, -1, 1) thuộc d nên 2a + b + c =0 hay c = - 2a – 2b (2)
a (1 − 1) + b(4 + 1) + c(2 − 1)
d ( A,( Q )) = 2 3 � = 2 3 � (5b + c) 2 = 12( a 2 + b 2 + c 2 )
a +b +c 2 2 2
� 12a − 13b + 11c − 10bc = 0 (3)
2 2 2
−1
Thay (2) vào (3) có 7 a 2 + 8ab + b 2 = 0 . Chọn b = 1 được a = -1 hoặc a =
7
Với b = 1 , a = -1 thì (Q) có phương trình: x – y – z – 1 = 0
Đường thẳng ∆ qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP
4
- r � 1 −1 −1 1 1 −1 �
− x −1 y − 4 z − 2
u =� , , � −4(1, 2, −1) nên ∆ có phương trình:
= = =
� 1 3 3 5 5 −1 �
− 1 2 −1
−1
Với b = 1 , a = thì (Q) có phương trình: x –7y +5z – 13 = 0
7
Đường thẳng ∆ qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP
r x −1 y − 4 z − 2
u (−8,11,17) nên ∆ có phương trình: = =
−8 11 17
Câu 7: Đặt z1 = x1 + iy1 ( x1 , y1 R )
Khi đó điểm M ( x1 , y1 ) biểu diễn z1 ,
i.z1 + 2 = 0,5 � i.x1 − y1 + 2 = 0,5 � x12 + ( y1 − 2) 2 = 0, 25
Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn z1 là đường tròn (C1) tâm O1(0, 2 ) bán kính R1=0,5.
z2 = iz1 = − y1 + x1i Suy ra N (- y1 , x1) biểu diễn z2
Ta cần tìm M thuộc (C1) để z1 − z2 = MN nhỏ nhất
uuuu
r uuur
Để ý rằng OM ( x1 , y1 ) ⊥ ON (− y1 , x1 ) và OM = ON nên MN = 2 .OM
MN đạt giá trị nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất . Đường thẳng OO1 đường tròn (C1) tại M1(0,
1 1 1 1
2 − ) và M2(0, 2 + ). Dễ thấy MN nhỏ nhất bằng 2 − khi M trùng M1(0, 2 − ) tức là
2 2 2 2
1
z1 = ( 2 − )i
2
5
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
