ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 125

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

29
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 125', 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 125

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 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Tìm m để đường thẳng ∆: y = (2m − 1) x − 4m cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm P( −1;6) tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm. π sin 2 x − cos 2 x + 4 2 sin( x + ) − 3cos x Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4 . =1 cos x − 1 ( x − 3) ( x + 4 ) = y ( y − 7 ) Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x −1 ( x; y ﾡ ). log x −1 ( 2 − y ) = 2 y Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = e (x + 1) ln x + 2 x + 1 4 dx 3 1 2 + x ln x Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ, H là trung điểm AB, SA = 2a, SC = a 5 . Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều, mặt phẳng ( SAB ) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) và khoảng cách từ D tới mặt phẳng ( SHC ) bằng 2a 2 . Hãy tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a. � 1 1 1 � �1 1 1 � Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn 28 � 2 + 2 + 2 � 4 � + + � 2013 . Tìm giá trị = + � a b c � � ab bc ca � 1 1 1 lớn nhất của P = + + . 5a 2 + 2ab + b 2 5b2 + 2bc + c 2 5c 2 + 2ac + a 2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (C): x 2 + y 2 − 4 y − 4 = 0 và cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng d : 2 x − y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB và tìm tọa độ điểm C. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;0;1), B(−1;1;1) . Tìm tọa độ điểm M 21 thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho tam giác MAB cân tại M và có diện tích bằng . 2 Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z + 3 z = 2 + i 3 z ( ) B. Theo chương trình Nâng cao x2 y 2 Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): + = 1 . Hai điểm M (−2; m), N (2; n) di 4 3 ﾡ động và thoả mãn tích khoảng cách từ hai tiêu điểm F1 , F2 của (E) đến đường thẳng MN bằng 3. Tính cos MF1 N . Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm M (3;0;1), N (6; −2;1) và (P) tạo với mặt phẳng (Oyz) một góc ϕ thỏa mãn sin ϕ = 3 5 . 7 n �−i 3 � 3 Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm tất cả số nguyên dương n thỏa mãn A = � � 3 − 3i � là số thực. � � � ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Câu Đáp án Điểm 1 1. (1,0 điểm) (2,0 * TXĐ : D=R điểm) * Sự biến thiên Ta có: lim y = + ; lim y = − x + x − 0.25 x =0� y =2 y ' = 3x 2 − 6 x ; y ' = 0 x = 2 � y = −2 BBT: x - 0 2 + y' + 0 - 0 + 0.25 y 2 + - -2 Hàm số đồng biến trên ( − ; 0 ) và ( 2; + ) ; Hàm số nghịch biến trên ( 0; 2 ) 0.25 yCĐ = 2 tại x = 0 ; yCT = - 2 tại x = 2 . * Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và 1 ( 3; 0 ) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng y 2 0.25 1 x O 2 -2 2.(1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao của (C) và (∆): x 3 − 3x 2 − (2m − 1)x + 4m + 2 = 0 x=2 0.25 ⇔ (x − 2)(x 2 − x − 2m − 1) = 0 f (x ) = x 2 − x − 2m − 1= 0 (1) (∆) cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N ⇔ (1) phải có nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 2 x1 = x2 0.25 x1 = 2 x2 ∆=0 8m + 5 = 0 b 1 5 − 2 2 m=− ⇔ 2a ⇔ 2 ⇔ 8. 0.25 1 ∆>0 8m + 5 > 0 m= f (2) = 0 −2m + 1= 0 2 5 1 3 Với m = − ta có M ( ; ); N (2; −3) (loại) 0.25 8 2 8
Với m = 1 ta có M (−1; −2); N (2; −2) (loại) 2 Vậy không có giá trị của m thỏa mãn ∆ MNP nhận O làm trọng tâm. 2 (1,0 điểm) (1,0 Đk x k 2π , k Z điểm) 0.25 sin 2 x − cos 2 x + 4 ( s inx + cos x ) − 3cos x − cos x + 1 = 0 s inx = 0 � s inx(cos x + s inx + 2) = 0 � 0.25 cos x + s inx + 2 = 0(VN ) � x = kπ 0.25 Đối chiếu đk suy ra x = π + k 2π , k ﾡ là nghiệm pt. 0.25 3 (1,0 điểm) (1,0 điểm) ( x − 3) ( x + 4 ) = y ( y − 7 ) ( 1) x −1 ( x; y ﾡ ) . log x −1 ( 2 − y ) = 2 ( 2) y 0.25 � < x −1 1 0 �< x 2 1 Điều kiện � � � < 2 − y, y 0 0 � y
d ( D, ( AHC ) ) DE = = 2a 2 �2 = 4a � AD = 3a. cos 450 1 1 4a 3 S ABCD = ( BC + DA ) � = 4a 2 (đ.v.d.t.). Vậy VS . ABCD = �� S ABCD = AB SH (đvtt) 2 3 3 S 0.25 A 3a D H a 5 a 2 2a B a C 6 (1,0 điểm) (1,0 1 1 1 điểm) Đặt x = ; y = ; z = . a b c (2 2 2 ) � 28 x + y + z = 4 ( xy + yz + zx ) + 2013 � x 2 + y 2 + z 2 + 2013 4 ( ) 0.25 2013 � x2 + y2 + z 2 � 24 2013 3 2 2 ( Mặt khác ( x + y + z ) � x + y + z � ( x + y + z ) � 2 2 2 8 ) 0.25 1 1 2 1 � 1� 1 3 Ta có = �+ � = ( 3x + y ) 0.25 5a 2 + 2ab + b 2 4a + ( a + b ) 2 2 3a + b 8 2 � b � 8 2 a 1 1 1 1 Tương tự ( 3y + z ) , ( 3z + x ) 5b + 2bc + c 2 2 8 2 5c + 2ac + a 2 2 8 2 4 2013 Ta có P ( x + y + z) 0.25 8 2 8 4026 12 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = hay a = b = c = 12 4026 7.a (1,0 điểm) (1,0 (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 2 2 . Gọi tọa độ điểm M ( a; 2a − 1) điểm) Do tam giác ABC đều nội tiếp (C) nên a =1 0.25 1 IM = R � a + ( 2a − 3) = 2 � 5a − 12a + 7 = 0 � 2 2 2 7 2 a= 5 Với a = 1 M ( 1;1) 0.25 uuu r Khi đó, AB qua M vtpt là IM ( 1; −1) có PT là x − y = 0 . Pt của CM là x + y − 2 = 0 . Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt
�x = 2 �+ y = 2 x � =0 y x2 + y 2 − 4 y − 4 = 0 x = −2 y=4 Từ đó tìm được tọa độ C ( −2; 4 ) . 7 � 9� 7 Với a = M�; � 5 � 5� 5 0.25 uuu � −1 � r 7 Khi đó, AB qua M vtpt là IM � ; � PT là 7 x − y + 2 = 0 . có � 5 � 5 Pt của CM là x + 7 y − 14 = 0 . Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt � −14 x= 5 12 y= � + 7 y − 14 = 0 x � 5 x2 + y 2 − 4 y − 4 = 0 14 x= 5 0.25 8 y= 5 − � 14 8 � Từ đó tìm được tọa độ C � ; � . �5 5 � KL… 8.a (1,0 điểm) (1,0 M � Oxy ) � M ( a; b; 0 ) ( điểm) AM = BM 0.25 Theo giả thiết ta có 1 uuuu uuuu r r 21 � , BM � AM = 2� � 2 �a − 1) + b = ( a + 1) + ( b − 1) ( 2 2 2 2 �a − 2b + 1 = 0 4 �� 0.25 5 + ( 1 − a − 2b ) = 21 2 1 − a − 2b = 4 4 11 4 21 Giải hệ được: a = − ; b = − hoặc a = ; b = 0.25 5 10 5 10 � 4 11 � � 21 � 4 Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán M � ; − ;0 � M � ; ;0 � − và 0.25 � 5 10 � � 10 � 5 9.a (1,0 điểm) (1,0 Đặt z = x + yi ( x, y ﾡ ) ta được điểm) 0.25 ( ) z + 3z = 2 + i 3 z � x + yi + 3x − 3 yi = 2 x 2 + y 2 + i 3x 2 + 3 y 2 4 x = 2 x2 + y 2 0.25 2 2 −2 y = 3 x + 3 y x 0 y = − 3x ��y 0 � 0.25 x 0 y 2 = 3x 2 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng y = − 3x với x 0 0.25
. 7.b (1,0 điểm) (1,0 TH1: MN song song với Ox hay m = n . Khi đó phương trình MN : y − m = 0 điểm) m 2 −1 = 3 m =2 0.25 d ( F1 ; MN ).d ( F2 ; MN ) = (m +1)(m −1) = 3 �� 2 m −1 = −3 (loai) m = −2 & ﾡ 1 Với m = 2 thì M ( −2; 2); N (2; 2) Từ đây tính được cos MF1 N = 65 0.25 ﾡ 1 Với m = −2 thì M ( −2; −2); N (2; −2) Từ đây tính được cos MF1 N = 65 TH2: MN không song song với Ox. Ta có phương trình MN là (n − m) x − 4 y + 2m + 2n = 0 (3m + n)(3n + m) nm = 3 0.25 Khi đó: d ( F1; MN ).d ( F2 ; MN ) = =3 16 + (n − m) 2 6m 2 + 6n 2 + 4mn + 48 = 0, loai & Ta có: MN = 16 + (n − m) ; MF1 = m + 1; NF1 = n + 9 2 2 2 2 2 2 ﾡ m 2 + n 2 + 10 − (16 + (n − m) 2 ) 0.25 Do đó, cos MF1 N = =0 2 MF1 NF1 8.b (1,0 điểm) (1,0 r Gọi vtpt của (P) là n ( a; b; c ) , a 2 + b 2 + c 2 0 điểm) Vì M ( P ) nên phương trình của ( P ) có dạng a ( x − 3) + by + c ( z − 1) = 0 3a N � P ) � 3a − 2b = 0 � b = ( 2 0.25 3 5 2 sin ϕ = � cos ϕ = (do 0 ϕ 900 ) 7 7 r Mặt phẳng (Oyz) có véctơ pháp tuyến i = ( 1;0;0 ) a 2 cos ϕ = = ( *) a2 + b2 + c2 7 0.25 3a Thế b = vào (*) giải được c = 3a 2 3a + Với c = 3a ; b = chọn a = 2 � b = 3; c = 6 , ( P ) : 2 x + 3 y + 6 z − 12 = 0 0.25 2 3a + Với c = −3a ; b = chọn a = 2 � b = 3; c = −6 , ( P ) : 2 x + 3 y − 6 z = 0 0.25 2 9.b (1,0 điểm) (1,0 n n điểm) � 3 +i � � π π� nπ nπ A=� = cos + i sin �= cos + i sin 0.5 � 2 � � 6 � � 6� 6 6 � � nπ A ��= �= γ ﾡ sin 0 n 6k , k ﾡ , k 1 0.5 6