ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 124

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

36
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 124', 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 124

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 – PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh:(7®iÓm) Câu 1:(2 điểm) Cho hàm số y = x − 3x + 1 (1) 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0. 1 + sin 2 x + cos 2 x Câu 2:(2 điểm) 1. Giải phương trình : = 2 sin x sin 2 x . 1 + cot 2 x 5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 2. Giải hệ phương trình : xy ( x 2 + y 2 ) + 2 = ( x + y ) 2 π Câu 3:(1 điểm) TÝnh tÝch ph©n : I = 4 1 cos 2 x (x + )dx 0 cos 2 x 1 − 5cos 2 x Câu 4:(1điểm) Cho lăng trụ đều ABCA'B'C' (AA' // BB' // CC') có đáy là ∆ABC cạnh a.M là trung điểm AA'. Biết góc giữa hai mặt phẳng (BMC') và (ABC) bằng 600.Tính thể tích lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và MC'. x(1 − y 2 ) = m − m3 Câu 5:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình : có đúng năm nghiệm phân biệt. y (1 − x 2 ) = m − m3 II. PHẦN RIÊNG (3,0điểm). ( Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6a (2,0 điểm). 1.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho A(1;2), B(1;-2).Tìm trên đường thẳng d1:x - y -1 = 0 điểm C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng d2: x + y -3 = 0 x y −1 z 2. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng ( d ) : = = Và hai điểm A( 1; 2 ; - 4) 2 1 3 ; B( 1 ; 2 ; -3) .Trong các đường thẳng ( ∆ ) đi qua B và cắt đường ( d) viết phương trình đường thẳng (∆) sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ( ∆ ) là lớn nhất Câu 7a (1điểm) Gọi z1 ; z2 là các nghiệm phức của phương trình: z 2 − 4 z + 5 = 0 .Tính: ( z1 −1) 2013 + ( z2 −1) 2013 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC với cạnh đáy BC nằm trên đường thẳng : x + y – 1 = 0 ; đường cao BH nằm trên đường thẳng :x – 2y – 2 = 0 và điểm I( - 2 ; 0) nằm trên đường cao CK.Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB ; AC của ∆ABC. x y −1 z 2.Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng ( d ): = = Và hai điểm A( 7 ; - 8 ; 5 ) 2 1 3 ; B( 1 ; 2 ; -3) .Trong các đường thẳng ( ∆ ) đi qua B và cắt đường thẳng ( d) viết phương trình đường thẳng (∆) sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ( ∆ ) là nhỏ nhất. Câu 7b (1điểm)Một hộp chứa 6 quả cầu xanh được đánh số từ 1 đến 6; 5 quả cầu vàng được đánh số từ 1 đến 5; 4 quả cầu đỏ được đánh số từ 1 đến 4.Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra ba quả cầu.Tính xác suất để ba quả cầu lấy ra đôi một khác màu và khác số.
Họ và tên thí sinh :..........................................................................Số báo danh:........................... ĐÁP ÁN 1) Khảo sát y = x − 3x + 13 2 + TXĐ: D = ﾡ + Giới hạn: lim ( x − 3 x + 1) = − lim ( x 3 − 3 x 2 + 1) = + 3 2 x − x + 0,25 2 x=0 +Sự biến thiên: y ' = 3x − 6 x 2 y ' = 0 � 3x − 6 x = 0 � x=2 Hàm số đb trên các khoảng ( − ;0 ) & ( 2; + ) Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -3 Bảng biến thiên x −∞ 0 2 +∞ y′ + 0 − 0 + 0,25 1 + y −∞ -3 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; −1) là tâm đối xứng. 0,25 Bài1 2. Lập phương trình tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0 Ta có : y’ = 3x2 - 6x 0,25 Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 9 x = −1 Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x2 - 6x = 9 0,25 x=3 Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là :y = 9x + 6 ( loại và trùng với (d)) 0,25 Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26 Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0,25 1 + sin 2 x + cos 2 x 1. Giải phương trình = 2 sin x sin 2 x . 1 + cot 2 x ĐK : sinx ≠ 0 khi đó ⇔ sin 2 x(1 + s in2x + cos 2 x) = 2 2 sin 2 x cos x 0,25 � 1 + sin 2 x + cos 2 x = 2 2 cos x � 2 cos x + 2sin x cos x − 2 2 cos x = 0 2 0,25 ⇔ 2 cos x(cos x + sin x − 2) = 0 � � π ⇔ cosx = 0 hoặc cosx + sinx = 2 hay ⇔ cosx = 0 hoặc sin � + � 1 x = 0,25 � 4� π π ⇔x = 2 + kπ hay x = 4 + k 2π (k ∈ Z) 0,25 Bài2 5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 2.Giải hệ phương trình xy ( x 2 + y 2 ) + 2 = ( x + y ) 2
5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 (1) xy ( x 2 + y 2 ) + 2 = ( x + y ) 2 (2) (2) � xy( x + y ) + 2 = x + y + 2 xy � ( x 2 + y 2 )( xy − 1) − 2( xy − 1) = 0 2 2 2 2 0,25 xy = 1 � ( xy − 1)( x 2 + y 2 − 2) = 0 � x2 + y 2 = 2 5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 � =1 x � = −1 x TH1: � � hoac � 0,25 xy = 1 � =1 y � = −1 y �x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 5 � �x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − ( x 2 + y 2 )( x + y ) = 0 5 � TH2 : � 2 �2 � +y =2 � +y =2 2 2 x x � 2 2 � 2 2 1 �= x �=− x 0,25 �=x v y= x y � 5 � 5 �� 2 � � � � �2 + y 2 = 2 x �= 2 y �=− 2 y � � 5 � � 5 � 2 2 � 2 2 �= x �=− x � = 1 � = −1 � x x 5 � 5 Vậy hệ có bốn nghiệm � = 1 ; � = −1 ; � ; � 0,25 �y �y �= 2 �=− 2 �y �y � 5 � 5 π TÝnh tÝch ph©n : I = 4 1 cos 2 x (x + )dx 0 cos 2 x 1 − 5cos 2 x π π 4 4 x 1 Ta có : I = dx + dx = A + B 0,25 0 cos 2 x 0 1 − 5 cos 2 x π π Bài3 4 π 4 sin x π π π 1 A = � (tan x) = x. tan x| xd 4 − � dx = + ln | cos x | | 4 = − ln 2 0,25 0 0 0 cos x 4 0 4 2 π 1 1 4 1 1 1 1 1 1 t −2 1 1 B= � 2 x − 4 d (tan x) = �− 4 dt = 4 �− 2 − t + 2 )dt = 4 ln | t + 2 | |0 = − 4 ln 3 2 ( 0,25 0 tan 0 t 0 t π 1 1 Vậy I = − ln 2 − ln 3 0,25 4 2 4 lăng trụ đều ABCA'B'C' có đáy là ∆ ABC cạnh a.M là trung điểm AA'. G((BMC') ; (ABC) ) = 600 .Tính thể tích lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và MC'. Kéo dài MC' cắt AC kéo dài tại E => A là trung điểm EC khi đó ∆BEC vuông tại B => EB ﾡ 0,25 ⊥ (BCC'B') => g((BMC');(ABC)) = C ' BC = 600 Bài4 3a 3 => CC' = BC.tan600 = a 3 => VTRU = S∆ABC.CC' = 0,25 4 Gọi D là trung điểm CC' => MC' // (ABD) 0,25 => d(MC';AB) = d(MC' ; (ABD))=d(C’;(ABD)) = d(C ; (ABD)). Gọi N là trung điểm AB => AB ⊥ (CND) khi đó ∆DCN vuông cân tại C với cạnh góc a 3 a 6 a 6 0,25 vuông . Gọi H là trung điểm DN => CH ⊥ (ABD) & CH = hay d( AB ; MC') = 2 4 4 x (1 − y 2 ) = m − m3 Tìm m để hệ phương trình : có đúng năm nghiệm phân biệt y (1 − x 2 ) = m − m3 Tr ừ vvv ta c ó : (x-y)(1 + xy) = 0 0,25
x= y x=y (I ) (I ) x− x = m−m 3 3 ( x − m)( x + mx + m2 − 1) = 0 2 khi đ ó h ệ xy = −1 xy = −1 Bài 5 ( II ) ( II ) x − xy 2 = m − m3 x + y = m − m3 Ta thấy (II) luôn có hai nghiệm pb ∀ m ∈ R đồng thời nghiệm của (II) không thể là nghiệm của (I) ( vì nghiệm của (I) là x = y còn nghiệm của (II) là xy = -1) do đó hệ có 5 0,25 nghiệm pb (I) có 3 nghiệm pb (I) có 3 nghiệm pb pt : x2 + mx + m2 - 1 = 0 có hai nghiệm pb khác m m 2 − 4(m 2 − 1) > 0 � 2 2 �� 1 � 0,5 � � m� − � ; \ � � �� 3m − 1 0 2 �� 3 3 3 cho A(1;2), B(1;-2).Tìm trên đường thẳng d1: x - y -1 = 0 điểm C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng d2: x+y -3 = 0 Vì A ∈ d 2 nên đường tròn ngoại tiếp ∆ABC tiếp xúc với d2 tại A => Ptrình IA: x – y + 1 = 0,25 0 Gọi I(t; t+1), vì IA = IB suy ra t = -1 Suy ra I(-1; 0) 0,25 Gọi C(a; a-1), vì IC = IA = 2 2 ⇒ a = ± 3 0,25 ( Vậy có 2 điểm C thỏa mãn bài toán là C 3; 3 − 1 và C − 3; - 3 − 1 ) ( ) 0,25 Bài6a x y −1 z cho ( d ) : = = ; A( 1; 2 ; - 4) ; B( 1 ; 2 ; -3) .Viết ptđt ( ∆ ) đi qua B và cắt 2 1 3 đường ( d) sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ( ∆ ) là lớn nhất Do B ∉ (d) Gọi (P) là mp chứa B & (d) => (P) : 6x - 9y - z + 9 = 0 khi đó (∆) nằm trong (P). 0,25 Do A,B cố đinh và (∆) qua B nên d(A ; (∆)) ≤ AB nên d(A ; ∆) lớn nhất ∆ ⊥ AB. 0,25 x = 1 + 3t uu r uu uuu r r uu r Vậy ∆ có vtcp u∆ = �p ; AB �hay u∆ (3 ; 2 ; 0) => ptts ∆ n � � y = 2 + 2t 0,5 z = −3 Một hộp chứa 6 quả cầu xanh được đánh số từ 1 đến 6; 5 quả cầu vàng được đánh số từ 1 đến 5; 4 quả cầu đỏ được đánh số từ 1 đến 4.Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra ba quả cầu.Tính xác suất để ba quả cầu lấy ra đôi một khác màu và khác số. Số phần tử của không gian mẫu : C415 = 1365 0.25 Bài7a CĐ 1 : lấy 1 quả cầu đỏ có 4 cách lấy CĐ 2 : lấy 1 quả cầu vàng có 4 cách lấy 0.25 CĐ 3 : lấy 1 quả cầu xanh có 4 cách lấy Vậy số kết quả thuận lợi của biến cố : 64 0.25 64 => P(A) = 0.25 1365 ∆ ABC cân với cạnh đáy BC : x + y – 1 = 0 ; đường cao BH :x – 2y – 2 = 0 và điểm I( - 2 ; 0) nằm trên đường cao CK.Viết phương trình AB ; AC của ∆ ABC � 1� ﾡ 4 Từ gt => B( � ; − � HBC = KCB => g(BH ; BC) = g(CK;BC) ; ﾡ 3 3 � � 0,25 giả sử pt CK : Ax + By + 2A = 0 từ g(BH ; BC) = g(CK;BC) => pt CK : 2x - y + 4 = 0. Đt AB qua B và ⊥ CK => pt AB : 3x + 6y – 2 = 0. 0,25 BC ∩ CK = C( - 1 ; 2) 0,25 Đt AC qua C & AC ⊥ BH => pt AC : 2x + y = 0 . 0,25 x y −1 z cho ( d ) : = = ; A( 7; - 8 ; 5) ; B( 1 ; 2 ; -3) .Viết ptđt ( ∆ ) đi qua B và cắt đường Bài6b 2 1 3 ( d) sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ( ∆ ) là nhỏ nhất Do B ∉ (d) Gọi (P) là mp chứa B & (d) => (P) : 6x - 9y - z + 9 = 0 khi đó (∆) nằm trong (P). 0,25 Hình chiếu của A trên (P) là H(1 ; 1 ; 6) 0,25 (∆) nằm trong (P) nên d(A ; (∆)) ≥ AH do đó d(A ; (∆)) nhỏ nhất ∆ qua B & H 0,25
x =1 uu uuur r Vậy ∆ có vtcp u∆ = BH (0 ; - 1 ; 9) => ptts ∆ y = 2−t 0,25 z = −3 + 9t Gọi z1 ; z2 là các nghiệm phức của pt: z 2 − 4 z + 5 = 0 .Tính: ( z1 −1) 2013 + ( z2 −1) 2013 z1 = 2 − i Ta có: ∆ ' = 4 − 5 = −1 = i 2 0,25 z2 = 2 + i Bài7b Khi đó: ( z1 − 1) + ( z2 − 1) = ( 1− i) + ( 1+ i) 2013 2013 2013 2013 0,25 = (1 − i ) � − i) 2 � + ( 1 + i ) � + i ) 2 � = ( 1 − i ) ( −2i ) + ( 1 + i ) ( 2i ) 1006 1006 1006 1006 (1 � � (1 � � 0,25 = −21006 (1 − i) − 21006 (1 + i) = −21006 (1 − i + 1 + i ) = −21007 0,25