ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 126

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

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 126', 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 126

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) 2x + 2 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1). x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1) . 2. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C), đường thẳng (d ) : x − 2 y + 5 = 0 cắt (C ) tại hai điểm A, B với A có hoành độ dương. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) vuông góc với IA. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4sin 3 x + sin 5 x − 2sin x.cos 2 x = 0. 1 1 x− 3 = y− 3 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x y ( x; y ﾡ ) . ( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36 π 2 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ( x + cos x ) s inxdx. 2 0 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc BAD = 600 ; ﾡ D’O vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc ϕ = 60o . Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp C.ADC’. Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm a, b, c có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 9abc P = a2 + b2 + c2 + 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 ABC vuông tại A(1; 2) có góc ABC = 300 , đường thẳng d : 2 x − y − 1 = 0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm ﾡ tọa độ các điểm B và C. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 , 1 x+2 y z−4 ( P2 ) : 2 x + y − 2 z − 4 = 0 và đường thẳng d: = = . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I ∈ (d) và −1 −2 3 tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2). 4i 2 + 6i Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức ; (1 − i)(1 + 2i); trong i −1 3−i mặt phẳng phức. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông. B. Theo chương trình Nâng cao x2 y 2 Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp ( E ) : + = 1 với hai tiêu điểm F1 , F2 25 9 ﾡ (hoành độ của F1 âm). Điểm P thuộc elíp sao cho góc PF1 F2 = 1200 . Tính diện tích tam giác PF1 F2 . Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; −1), B (−2;1;3) . Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất. Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi. Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu. ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Câu Đáp án Điểm 1 a. (1,0 điểm) (2,0 điểm) + Tập xác định D = R \ { 1} + Sự biến thiên lim y = 2 Đt y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 0.25 x lim y = + , lim y = − + − � x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x 1 x 1 −4 y'= < 0, ∀x 1 ( x − 1) 2 0.25 Hàm số nghịch biến trên ( − ;1) , ( 1; + ). Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: x − 1 + y' + 0 || − 0 + y 2 + 0.25 − 2 + Đồ thị 0.25 b.(1,0 điểm) x+5 Ta có I ( 1, 2 ) , d : y = 2 0.25 2x + 2 x + 5 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là = x −1 2 x =3 � � A ( 3;4 ) x = −3 (loai ) & 0.25 3 −1 Hệ số góc của IA là k = =1 4−2 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. Do tiếp tuyến vuông góc với IA nên −4 x0 = 3 Tiếp tuyến có hệ số góc = −1 0.25 ( x0 − 1) 2 x0 = −1 Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là: y = − x + 7, y = − x − 1 0.25 2 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 4sin 3 x + sin 5 x − ( sin 3 x − s inx ) = 0 0.25 � 3sin 3 x + sin 5 x + sin x = 0 � 3sin 3 x + 2sin 3 x.cos 2 x = 0 � sin 3 x(3 + 2 cos 2 x ) = 0 0.25 � sin 3x = 0 0.25 kπ �x= ; k �Z 0.25 3 3 (1,0 điểm) (1,0 điểm) ĐK: x, y 0 0.25
x= y 1 1 ( y − x)( y 2 + xy + x 2 ) x − 3 = y − 3 � ( x − y) = � y 2 + xy + x 2 x y 3 3 x y = −1 x3 y3 Trường hợp x = y thay vào phương trình: ( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36 x = −6 ta được phương trình: x + 4 x − 12 = 0 2 0.25 x=2 Hệ có nghiệm (−6; −6);(2; 2) y 2 + xy + x 2 Trường hợp = −1 x3 y 3 0.25 Do y 2 + xy + y 2 > 0 với ∀x, y 0 nên nếu ( x; y ) là nghiệm thì xy < 0 Mặt khác ( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36 � 2 x 2 + 4 y 2 − 9 xy + 4 x − 16 y = −36 � 2( x + 1) 2 + 4( y − 2) 2 − 9 xy = −18 (*) 0.25 Do xy < 0 nên PT(*) vô nghiệm Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (−6; −6);(2; 2) 4 (1,0 điểm) (1,0 điểm) u = x + cos 2 x du = ( 1 − 2sin x cos x ) dx Đặt � � . dv = sin xdx v = − cos x π 0.5 π 2 Nên I = − ( x + cos 2 x ) cos x 2 + ( 1 − 2sin x cos x ) cos xdx 0 0 π π π π 2 2 cos3 x 2 4 = 1 + � xdx + 2 � 2 xd ( cos x ) = 1 + ( sin x ) cos cos 2 + (2. ) 2 = 1+1− = 0.5 0 0 0 3 0 3 3 5 (1,0 điểm) (1,0 điểm) C' D' A' B' 0.25 H C D O A B ﾡ Từ giả thiết: D' DO = 600 a 3 1 a Tam giác ABD đều, AC = 2AO = 2. = a 3 v� = BD = ; DD'=a OD 2 2 2 Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’. Ta có: OO ' = a = DD ' và OO ' ⊥ AC 0.25 (do AC ⊥ ( BDD ' B ') ), nên diện tích tam giác ACC’ là: 1 1 1 a2 3 S∆ACC' = SACC'A ' = OO'.AC = a.a 3 = , trong đó AC = a 3 2 2 2 2 a2 3 0.25 Diện tích tam giác ACD là S∆ACD = 4
a Kẻ OH vuông góc với CD thì D' H ⊥ CD v� OD'H vuông tại O. Do đó DH = ∆ 4 a 15 Suy ra D' H = D' D 2 − DH 2 = . 4 1 1 1 a 15 a2 15 Diện tích tam giác C’CD là S∆C'CD = SCDD'C' = CD.D' H = a. = 2 2 2 4 8 Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là: a2 3 a2 3 a2 15 a2 3 Sxq = S∆ACC' + S∆ACD + S∆CDC' = 2 + 4 + 8 = 8 6+ 5 ( ) 1 1 a 3 a 2 3 a3 Thể tích VC . AC ' D = VC '. ACD = D ' O.S ∆ACD = �� = (đvtt) 0.25 3 3 2 4 8 6 (1,0 điểm) (1,0 điểm) 9abc 9abc P = a2 + b2 + c2 + = a 2 + (b + c) 2 − 2bc + 2 2 0.25 9a 9a = a 2 + (1 − a) 2 + bc( − 2) = bc( − 2) + 2a 2 − 2a + 1 2 2 1 Không mất tình tổng quát giả sử a = min(a, b, c) nên a [0; ] 3 9a Khi đó hàm f (t ) = t ( − 2) + 2a − 2a + 1 là hàm nghịch biến. 2 0.25 2 9a � f (t ) = t ( − 2) + 2a 2 − 2a + 1 �f (0) = 2a 2 − 2a + 1 2 1 Từ đó ta lại khảo sát hàm f (0) = 2a 2 − 2a + 1 với a [0; ] 0.25 3 Khi đó ta có MaxP = 1 khi a = 1; b = c = 0 và các hoán vị. 0.25 7.a (1,0 điểm) cho tam giác ABC vuông tại A(1; 2) có góc ﾡ ABC = 30 , đường thẳng d : 2 x − y − 1 = 0 0 (1,0 điểm) là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C. � 9� 7 1 Gọi H là hình chiếu của A trên d là H � ; � AH = d ( A; d ) = , � 5� 5 5 Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm BC 0.25 d vuông góc BC nên BC//AH suy ra ﾡ ABH = 600 AH 1 Suy ra, HB = 0 = tan 60 15 Gọi tọa độ của B (t ; 2t − 1) 2 2 2 1 � 7 � � 14 � 1 � 7� 1 7 3 BH = � �− �+ �t − �= � �− �= t 2 t �t= � 15 � 5 � � 5 � 15 � 5 � 75 5 15 0.25 �7 3 9 2 3� � 7 3 9 2 3� � B� + � 15 ; 5 + 15 � B � − 15 ; 5 − 15 � � � � � �5 � � 5 � � 7 3 9 2 3� 0.25 TH1: B � + � 15 ; 5 + 15 � � � 5 � 1 Phương trình BC qua B vuông góc với d là x + 2 y − 5 − =0 3 � 1 � C �BC � C � +5 − 2 a; a � � 3 �
uuu uuu r r 31 + 2 3 � + 3 31 + 2 3 � 13 AC. AB = 0 � a = �C� � 15 ; 15 � � 15 � � �7 3 9 2 3� TH2: B � − � 15 ; 5 − 15 � � �5 � 1 Phương trình BC qua B vuông góc với d là x + 2 y − 5 + =0 3 0.25 � 1 � C �BC � C � − 5 − 2 a; a � � 3 � uuu uuu r r 31 + 2 3 � − 3 31 − 2 3 � 13 AC. AB = 0 � a = �C� � 15 ; 15 � � 15 � � 8.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) x+2 y z−4 Giả sử I (d ) : = = � I (−2 − t ; −2t ; 4 + 3t ) là tâm của mặt cầu (S) 0.25 −1 −2 3 Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2) ⇔ d (I, (P1)) = d (I ; (P2)) 1 1 t = −13 0.25 ⇔ 9t + 3 = 10t + 16 ⇔  3 3 t = −1 ⇒ I1 (11; 26; −35); I 2 (−1; 2;1) 0.25 ⇒ R1 = 38 ; R2 = 2 Vậy có hai mặt cầu cần tìm: 0.25 ( S1 ) : ( x − 11) 2 + ( y − 26) 2 + ( z + 35) 2 = 382 , ( S 2 ) : ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 2 = 4 9.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) 4i 4i ( i + 1) Ta có: = = 2 − 2i có điểm biểu diễn A= (2; -2). i − 1 ( i − 1) ( i + 1) ( 1 − i ) ( 1 + 2i ) = 3 + i có điểm biểu diễn B= (3; 1). 0.5 2 + 6i ( 2 + 6i ) ( 3 + i ) = = 2i có điểm biểu diễn C= (0; 2). 3−i ( 3 − i) ( 3 + i) uuu r uuu r uuu uuu r r Xét BA = ( −1; −3) ,BC = ( −3;1) BA.BC = 0 � BA ⊥ BC 0.5 Suy ra tam giác ABC vuông tại B. 7.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) a 2 = 25 a=5 2a = 10 x2 y 2 ( E ) : + = 1 có �2 � �2 c = a − b = 16 2 2 �� c = 4 � F1 F2 = 8 0.25 25 9 b =9 Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có: � 1 + PF2 = 2a = 10 PF � 2 = 10 − PF1 PF 0.25 � 2 � ( 10 − PF1 ) = PF12 + 82 + PF1.8 2 PF2 = PF12 + F1 F22 − 2 PF1.F1F2 .cos1200 9 PF1 = 7 0.25 61 PF2 = 7 1 1 9 3 18 3 � S∆PF1F2 = PF1.F1 F2 .sin1200 = . .8. = (đvdt) 0.25 2 2 7 2 7 8.b (1,0 điểm)
(1,0 điểm) Vì M ở trên Ox nên tọa độ có dạng M(t;0;0) 0.25 uuuu r uuu r uuuu uuu r r Khi đó, AM = ( t − 1; −2;1) ; AB = ( −3; −1; 4 ) � � ; AB � ( −7; −4t + 1; −t − 5 ) AM � �= 0.25 1 uuuu uuu r r 1 S ABM = | � ; AB � �AM � 2 17t + 2t + 75 |= 2 0.25 2 −1 − �1 � Hàm số f (t ) = 17t 2 + 2t + 75 đạt GTNN tại t = . Vậy M � ;0;0 � điểm cần tìm. là 0.25 17 �17 � 9.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là biến cố “ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu 0.25 ” Ta có: H = A �� C và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc. B Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có: C2 C2 C2 5 0.5 P ( H ) = P ( A �� C ) = P ( A ) + P ( B ) + P ( C ) = 4 + 32 + 2 = B C92 C9 C92 18 Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H . Suy ra, 5 13 0.25 P( H ) = 1 − P ( H ) = 1 − = . 18 18