ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 121

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 6
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 121', 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 121

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) 1 1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số : y = x3 - mx2 + (m2 - 3)x với m là tham số 3 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại xCĐ ,cực tiểu tại xCT đồng thời xCĐ ; xCT là 10 độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 2 � 15π � � 7π � sin � x + 4 � 4 cos � + + x � Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình : � 4 � � 4 � 1 = 1 − 2 cos 2 x 2 2 1 2 3 2) Giải bất phương trình: ≤ 3+ 2− . 2x + 1 x x x Câu III (1 điểm)Cho hình phẳng (H)giới hạn bởi đồ thị hàm số:y = x − 1 đường thẳng y = 2 và các trục toạ độ 1) Tính diện tích hình phẳng (H) 2) Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng (H) quanh Ox. Câu IV (1điểm) Hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = 3a;AD = 6a. Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Biết góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SA. a 3 + b3 + c 3 ab + bc + ca Câu V (1 điểm) Cho a,b,c dương . CMR : +9 2 ≥ 12 abc a + b2 + c2 II – PhÇn riªng (3®iÓm) 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VIa (2 điểm) 1)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(5; - 6);đường tròn (C) c ó phương trình : x2 + y2 + 2x - 4y - 20 = 0. Từ M vẽ các tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (C ) với A, B là các tiếp điểm. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB . 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 và x −1 y z đường thẳng ∆ : = = . Lập phương trình đường thẳng d, nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với 1 3 −1 8 đường thẳng ∆ và cách đường thẳng ∆ một khoảng bằng 66 . Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: z 2 + z = 0 . Khi đó hãy tính tổng các lũy thừa bậc tám của các nghiệm. 2. Theo chương trình nâng cao: C©u VI.b (2 ®iÓm) 1)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy; cho tam giác ABC có đỉnh A ( 2; 6 ) , chân � 3� đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D � − �và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm 2; � 2� � 1 � − I � ;1� Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC. . �2 �
2) Trong không gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaø C(2;2;1) và mặt phẳng (P): x + 3y – z + 2 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VIIb(1 điểm) Gäi z1, z2 lµ hai nghiÖm phøc cña ph¬ng tr×nh z2 + 4z + 16 = 0 , n lµ sè tù nhiªn tháa m·n C04n – C24n + C44n – C64n + … + (-1)kC2k4n + … + C4n4n = 4096. k T×m phÇn thùc cña sè phøc A = z1 + z2 ( Cn lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö). n n Họ và tên thí sinh : ……………………………………………………….Số báo danh:……………….. ĐÁP ÁN 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . HS tự làm 1 2) Tìm tất cả các giá trị của m .... 1 y' = x2 - mx + m2 - 3 Hàm số có CĐ,CT & xCĐ > 0 ; xCT > 0 y' = 0 có hai nghiệm dương phân biệt 0.25 ∆ = 12 − 3m 2 > 0   S =m>0 3 < m < 2. (*)  P = m2 − 3 > 0 0.25  Câu I xCĐ ; xCT là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền 0.25 10 5 5 bằng x2CĐ + x2CT = (xCĐ + xCT)2 - 2xCĐ.xCT = 2 2 2 5 14 Theo định lí viet ta có : m2 - 2(m2 - 3) = m = Thoả mãn điều kiện (*). 0.25 2 2 1) ĐK : cos2x ≠ 0,5 pt sin4x - cos4x + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x 0.25 Pt 2sin2x.cos2x - 2cos22x + 1 + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x 2cos2x(1 + sin2x - cos2x) + 4(sinx + cosx) = 0 cos2x.(1 + 2sinx.cosx - 1 + 2sin2x) + 2(sinx + cosx) = 0 0.25 (sinx + cosx)(cos2x.sinx + 1) = 0 π 0.25 sin x + cos x = 0 ⇔ x = − + kπ , k ∈ Z (thoả mãn điều kiện) 4 ( ) ( ) cos 2 x sin x + 1 = 0 ⇔ 1 − 2 sin 2 x sin x + 1 = 0 ⇔ ( sin x − 1) − 2 sin 2 x − 1 = 0 π 0.25 ⇔ sin x = 1 ⇔ x = + 2mπ , m ∈ Z (thoả mãn điều kiện) 2 2 1 2 3 2) Giải bất phương trình: 3 + 2− 2x +1 x x x 1 2 1 + 2 x − 3x 2 Đk x ∈( - ; + ∞ ) \ {0} bpt ≤ 2 2x + 1 x3 0.25 ( 2 x 3 + 3x 2 2 x + 1 − 2 x + 1 ≤0 ) 3 x3. 2 x + 1 CâuII (x + ) 2 2 x + 1 .( 2 x − 2 x + 1) ≤0 x3 . 2 x + 1 0.25 Lập bảng xét dấu VT 0.25 1+ 5 Vậy nghiệm của bpt ban đầu : 0 < x hoặc x = 1 - 2 0.25 4 1) Từ gt => h ình phẳng (H) giới hạn bởi đths : x = y2 + 1 ; x = 0 & hai đthẳng y = 0;y = 0.25 2 2 14 0.25 CâuIII nên có S = ∫ ( y + 1)dy = 2 (đvdt) 0.25 0 3 ( ) 5 5 2 0.25 2) V = π [ ∫ 2 dx − ∫ x − 1 dx ] = 12π (đvtt) 2 0 1
Gọi O là giao điểm của AC & BD khi đó SO ⊥ (ABCD) & ∆AOD ∼ ∆COB với tỉ số 2 0.25 Mà AC = 3a 2 => OC = a 2 . Từ gt => AC ⊥ CD mà CD ⊥ SO => CD ⊥ (SAC) Khi đó g((SCD) ; (ABCD)) = SCO = 600 => SO = CO.tan600 = a 6 1 0.25 CâuIV Vậy V 9a 3 6 SABCD = SO.SABCD = (đvtt) 3 2 Vì CD ⊥ (SAC) nên kẻ CH ⊥ SA thì CH là đường vuông góc chung của CD & SA 0.25 3a 42 3a 42 0.25 Trong ∆SAO có SA = a 14 mà :SO.AC = CH.SA =>CH = hay d(SA;CD)= 7 7 Từ a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) ta c ó : a 3 + b3 + c 3 ( a + b + c )(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca) = 3+ abc abc 0.25  1 1 1 =3 +  + +  (a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)  ab bc ca   1 1 1  9 Mà  + + ≥  ab bc ca  ab + bc + ca C âuV 0.25  1 1 1  a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca nên 3 +  + +  (a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) ≥ 3 + 9  ab bc ca  ab + bc + ca a + b + c − ab − bc − ca 2 2 2 ab + bc + ca 0.25 Vậy pcm : 3 + 9 +9 2 ≥ 12 ab + bc + ca a + b2 + c 2 a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca 0.25 + ≥ 2 luôn đúng theo côsi. ab + bc + ca a 2 + b 2 + c 2 1) Đường tròn (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R=5; MI = 10. A Gọi H là giao điểm của AB và MI ta có IH.MI=AI2 0.25 Suy ra IH=5/2. Vì MA và MB là các tiếp tuyến nên H phải nằm uur 1 uuu u r 1 � � giữa M và I, do đó IH = IM H � ;0 � 0.25 4 2 � � M H I ﾷ IH 1 0.25 Mặt sin IAH = = ﾷ IAH = 300 � ∆MAB đều IA 2 Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB trùng với trọng tâm G B uuuu 2 uuuu r r 5 của nó. Ta có GM = HM G(2;-2) từ đó tính được bán kính r = 3 2 25 Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB là ( x − 2 ) + ( y + 2 ) = 2 2 4 0.25 uu r uu r Câu 2) Ta có (P) có vtpt nP = ( 1;1;1) , ∆ có vtcp u∆ = ( 1;3; − 1) , M ( 1;0; 0 ) �∆ . uu uu r r VIa � ( P) d �d ⊥ nP u uu r uu uur r Do � � �r uu � ud = �P ; u∆ � ( −4; 2; 2 ) uu r �n � = 0,2 d ⊥∆ u ⊥u d ∆ 5 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với ∆ . Khi đó ta chọn uu r uu uur r nQ = �d ; u∆ � −2 ( 4;1;7 ) suy ra (Q) có dạng 4 x + y + 7 z + d = 0 . �u �= 0,2 5 4+d Ta có d ( ∆; d ) = d ( ∆; ( P ) ) = d ( M ; ( P ) ) = . Từ đó kết hợp với giả thiết ta được: 66 4+d 8 0,2 = � 4 + d = 8 � d = 4; d = −12 5 66 66 � 1 13 � +) Nếu d = 4 � ( Q ) : 4 x + y + 7 z + 4 = 0 . Chọn điểm N � ; ; − 1� ( P ) I( Q ) = d suy − � �3 3 � 0,2
x+ 1 y− 13 5 ra phương trình d : 3= 3 = z +1 2 −1 −1 +) Nếu d = −12 � ( Q ) : 4 x + y + 7 z − 12 = 0 . Chọn điểm N ( 1;1;1) � P ) I( Q ) = d suy ra ( x −1 y −1 z −1 phương trình d : = = 2 −1 −1 x2 − y 2 + x = 0 Giả sử z=x+iy Phương trình � ( x + iy ) + ( x − iy ) = 0 2 0,2 2 xy − y = 0 5 Câu VIIa 1 3 1 3 Giải hệ ta có: z1 = 0; z2 = −1; z3 = + i; z4 = − i 2 2 2 2 0,2 5 Vậy : z81 + z82 + z83 + z84 = 0. 0,5 1) Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại ti ếp tam giác ABC. Ta có phương trình đường thẳng AD: x − 2 = 0 . Do E thuộc đường thẳng AD nên E ( 2; t ) . Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên 2 2 � 1� � 1� ( t − 1) + � 2 − � = � + � + 52 � ( t − 1) = 52 � t = 6; t = − 4 . Do đo ta được E ( 2; − 4 ) 2 2 IA = IE � − 2 � 2� � 2� 0,5 Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc v ới BC hay uur 5 BC nhận EI = − ( 1; −2 ) là vector pháp tuyến. Do đó pt của BC là: 2 0,5 � 3� Câu BC :1. ( x − 2 ) − 2. � + � 0 � x − 2 y − 5 = 0 . Vậy BC : x − 2 y − 5 = 0. y = VIb � 2� Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. 0,25 Chứng minh được MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất MG nhỏ nhất M là hình chiếu của G trên (P). 0,25 Tìm được tọa độ � 4 2 � G� ; � 1; 0,25 � 3 3� � 61 17 � 22 Tìm được M � ; ; − � 0,25 �3 3 3� Ph¬ng tr×nh z2 + 4z + 16 = 0 cã hai nghiÖm z1 = −2 + 2 3i , z2 = −2 − 2 3i 0,25 Ta cã (1 + i ) 4n = C0n + C1 n i + C2 n i 2 + ... + C4n i k + .... + C4n i 4n 4 4 4 k 4n = C4n − C4n + C4n − C4n + ... + (1− ) C4n + ...C4 n + [ C4 n − C4n + ... + (−1) k C2k +1 + .... − C4n−1 ] i 0 2 4 6 2 2k 4n 1 3 4n 4n 4n   π π  0,25 MÆt kh¸c (1 + i ) =  2 cos + i sin  = 22n (cosnπ + i sin nπ) 4n Câu VIIb   4 4  Do ®ã C0n + C1 n i + C2 n i 2 + ... + C4n i k + .... + C4n i 4n = 22n cosnπ 4 4 4 k 4n Theo bµi ra ta cã 2 cosnπ = 4096, do cosnπ = ±1 ⇒ cosnπ = 1 nªn n lµ sè ch½n 2n 0,25 khi ®ã 22 n = 212 ⇔ n = 6 (tháa m·n) 6 6 1 3   6 1 3  A = (−2 + 2 3i ) + (−2 − 2 3i ) = 4  − 6    2 2 i + 4 2 + 2 i 6 6     6 0,25  −π −π 6 π π = 4  cos 6 + i sin  + 4  cos + i sin  = 4 [cos(−2π) + i sin(−2π) + cos2π + i sin 2π] 6  3 3   3 3 = 8192. VËy phÇn thùc cña A lµ 8192