ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 128

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

26
lượt xem 5
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 128', 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 128

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 (7,0 điểm) 1 3 1 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số : y = x − 2x + 3x − 2 3 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 2. Tìm m để đường thẳng ∆ : y = mx − cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A cố định và 3 diện tích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 sinx + cos x + cos5x + 2(cos6x + 1) = 3 sin5x x2 + y2 + xy + 2x = 5y 2. Giải hệ phương trình: ( x; y R ) ( x2 + 2x)( x + y − 3) = −3y e ln x + 1 + ln x Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: I = .dx 1 x 1 + ln x Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.Gọi I; J lần lượt là trung điểm của SA và BC.Tính thể tích của khối chóp S.ABCD biết đường thẳng IJ tạo với m ặt đáy một góc 600 Câu V (1,0 điểm). Cho x,y ∈ R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: ( x3 + y3 ) − ( x2 + y 2 ) + 2 x 2 + y 2 − 16 xy P= ( x − 1)( y − 1) ( ) II.Phần riêng (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AB có phương trình: x + 3y + 1 = 0. Đường thẳng chứa đường chéo BD có phương trình:x – y + 5 = 0.Đường thẳng AD đi qua điểm M(1; 2). Tìm tọa độ tâm của hình thoi ABCD. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho 3 điểm A(5; 3; -1); B(2; 3; -4) ; C(1;2;0).Tìm tọa độ điểm D uuu r uuu uuu r r sao cho DA + 2DB + DC nhỏ nhất n � 1 � Câu VII.a (1,0 điểm) .Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của: � 3 x + 4 �, 2 � x� biết An−1 + 3An−1 = 5An ( Trong đó An là số chỉnh hợp chập k của n) 3 2 2 k B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x + y − 5 = 0 ; d2 : 2x − y − 1 = 0 .Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng ∆ : x – y + 1= 0, tiếp xúc với d1 và cắt d2 theo một dây cung có độ dài bằng 6 5 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 , biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) ; A1 (0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình vuông ADD1 A1 .Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua C; D1 ; M; N log 2 ( y − x) − log2 x = 1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : 2y + 3 − 2 x − 1 = 2 ........................Hết.............................. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:...............................................................;Số báo danh :................
Câu Nội Dung Điểm I 1.(1,0đ) (2,0đ) TXĐ: D = R x =1 Chiều biến thiên: y, = x2 − 4x + 3 ; y = 0 , x=3 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng: ( − ;1) và ( 3;+ ) ,nghịch biến trên khoảng (1; 3) 1 Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 3 � yct = − , đạt cực đại tại 3 0,25 điểm x = 1 � ycd = 1 Giới hạn: xlim y = − ; xlim y = + − + Bảng biến thiên: x −∞ , 1 3 +∞ y 0 0 y 1 +∞ 0,25 −∞ − 1 3 1 1 Đồ thị: Đi qua các điểm (0; − ) ; (4 ; 1) ; nhận I (2; ) làm điểm uốn. 3 3 y 1 O 3 11 1 4 x − 3 0,25 2 (1,0đ). 1 Pt hoành độ giao điểm của đường thẳng ∆ : y = mx − và (C) : 3 1 3 1 1 x=0 x − 2x2 + 3x − = mx − � x( x2 − 6x + 9 − 3m) = 0 3 3 3 x2 − 6x + 9 − 3m = 0 1 1 Với x = 0 ⇒ y = − ⇒ A(0; − ) 3 3 0,25
1 Đường thẳng ∆ : y = mx − cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C 3 ⇔ pt x2 − 6x + 9 − 3m = 0 ∆, > 0 3m > 0 m> 0 Có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 khác 0 9 − 3m 0 m 3 m 3 1 1 Khi đó B( x1; mx1 − ) ; C( x2 ; mx2 − ) . 0,25 3 3 1 1 S = 2S � OBC OAB d(O, ∆).BC = 2. d(O, ∆).AB � BC = 2AB � BC2 = 4AB2 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) ( 2 ) � ( x2 − x1 ) + m ( x2 − x1 ) = 4 x1 + m2 x2 � m2 + 1 ( x2 − x1 ) = 4 m2 + 1 x1 2 ( ) x2 = 3x1 � ( x2 − x1 ) = 4x1 � 0,25 2 2 � x2 = 3x1 x1 + x2 = 6 x2 = − x1 (1) (vì ) Mà x1 ; x 2 là nghiệm của phương trình : � x2 − 6x + 9 − 3m = 0 nên: x1 + x2 = 6 (2) x1 x2 = 9 − 3m 3 Từ (1) và (2) � m = (tmđk) 0,25 4 1.(1,0đ) II Pt � 3(sin5x − sinx) = cos5x + cos x + 2(cos6x + 1) (2,0đ) � 2 3cos3x.sin2x = 2cos3x.cos2x + 4cos2 3x 0,25 cos3x = 0 � 2cos3x.( 3 sin2x − cos2x − 2cos3x) = 0 3 sin2x − cos2x = 2cos3x π π π 0,25 Với cos3x = 0 � 3x = + kπ � x = + k 2 6 3 π π Với 3 sin2x − cos2x = 2cos3x � sin(2x − ) = sin( − 3x) 6 2 � π π � 2π 2π �x − 6 = 2 − 3x + k2π 2 � = 15 + k 5 x �� x − π = π − π + 3x + k2π 2 � = − 2π − k2π x � 6 � 2 � � 3 0,5 2.(1,0đ) x=0 Nếu y = 0 � x + 2x = 0 � 2 hệ có nghiệm (0;0);(-2;0) x = −2 x2 + 2 x 0,25 + x+ y=5 x2 + 2x y u= Nếu y 0 , hpt ;đặt y ta có hệ: x2 + 2 x .( x + y − 3) = −3 v= x+ y−3 y �+ v= 2 u �=3 u u = −1 � � hoặc � = −3 uv � = −1 v v=3
x2 + 2 x 0,25 u=3 � =3 � =1 x x = −6 Với � �� y �� hoặc � = −1 v � =1 y y=8 x + y − 3 = −1 x2 + 2 x u = −1 = −1 0,25 Với y (vô nghiệm) v=3 x+ y−3= 3 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) là: (0; 0) ; (-2; 0); (1; 1) và (-6; 8) 1,0đ 0,25 e e e � ln x 1� ln x 1 III Ta có : I = � � + � =� dx dx + �dx 1 � 1 + ln x x x � 1 x 1 + ln x 1 x (1,0đ) e ln x 1 0,25 Xét I 1 = dx ; đặt t= 1 + ln x � t = 1 + ln x � 2t.dt = dx 2 1 x 1 + ln x x Đổi cận: x = 1 t =1 ; x =e t= 2 2 2 2 t −1 t3 2 4− 2 2 Khi đó I 1 = �t 1 .2tdt = 2 �2 − 1)dt = 2( − t ) / = 1 (t 3 1 3 e 1 e 0,25 Xét I 2 = dx = (ln x ) / = 1 1 x 1 7− 2 2 Khi đó I = I 1 + I 2 = 0,25 3 1,0đ 0,25 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, M là S Trung điểm của AO,ta có :IM //SO IV � IM ⊥ ( ABCD) Góc giữa IJ với mặt đáy là (1,0đ) Góc IJM bằng 600 Ta có: I MJ 2 = CM 2 + CJ 2 − 2CM .CJ.cos450 = 2 2 �3 � �� 3 a a 2 5a2 0,25 � a 2 �+ � �− 2 a 2. . = D �4 � �� 4 2 2 2 8 A M J a 10 B O � MJ = C 4 0,25 a 10 a 30 Mặt khác IM = MJ. tan600 = . 3= 4 4 1 Do S.ABCD là khối chóp đều nên : VS.ABCD = SO.SABCD 0,25 3 a 30 1 a 30 2 a3 30 Trong đó SO = 2IM = ; SABCD = a2 � VS. ABCD = . .a = 0,25 2 3 2 6 1,0đ
V (1,0đ) t 3 − t 2 − xy (3t − 2) Đặt t = x + y ; t > 2. ta có : P = + 2( x 2 + y 2 ) − 16 xy xy − t + 1 0,25 t2 . Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y) ; 2( x + y ) ( x + y) ta có 2 2 2 2 xy 4 t 2 (3t − 2) t3 − t2 − 4 t2 P + t 2 − 8t = + t 2 − 8t Xét hàm số t 2 t−2 − t +1 4 0,25 t2 t 2 − 4t � t � f (t ) = + t 2 − 8t; f '(t ) = + 2t − 8 = (t − 4) � + 2 � f’(t) = 0 ⇔ t = 4. ; t−2 (t − 2) 2 �(t − 2) 2 � t 2 4 +∞ f’(t) - 0 + +∞ +∞ 0,25 f(t) -8 x+ y =4 x=2 Do đó min P = (2;+ ) f (t ) = f(4) =- 8 đạt được khi � = 4 min xy � 0,25 y=2 x= y VI.a 1.(1,0đ) (2,0đ) Do B là giao điểm của AB với BD,nên tọa độ B là nghiệmA � + 3y + 1 = 0 x � = −4 x M Của hệ phương trình: � � � − y+5= 0 x � =1 y B N D � B( −4;1) 0,25 Qua M vẽ đường thẳng song song với AB cắt BD tại N,ta có MN//AB: x+ 3y + 1 = 0 pt MN: x + 3y + m = 0 Do M(1;2) MN nên: 1+ 6 + m = 0 m= -7 C Pt MN: x+ 3y – 7 = 0 � + 3y − 7 = 0 x � = −2 x Do N = MN BD ,nên tọa độ N là nghiệm của hệ: � � 0,25 � − y+5= 0 x �=3 y � N (−2;3) Vì D BD: x – y + 5 = 0 D(x ; x+5).Mà ABCD là hình thoi nên x=0 MN = MD � MN 2 = MD2 � 9 + 1 = ( x − 1)2 + ( x + 3)2 x = −2 0,25 Với x = 0 D(0 ; 5) Với x = -2 D(-2;3) loại vì trùng với N. Gọi I là tâm hình thoi I là trung điểm của BD I(-2;3) 0,25 2.(1,0đ)
uu r uu uu r r r Gọi I(a; b ; c) thỏa mãn IA + 2IB + IC = 0 5 a= a − 5 + 2( a − 2) + a − 1 = 0 2 � � 11 5 11 9 � � − 3 + 2(b − 3) + b − 2 = 0 � � = b b � I( ; ;− ) � + 1 + 2(c + 4) + c = 0 � 4 2 4 4 0,5 c 9 c=− 4 0,25 uuur uuu uuu r r uur uu r uu uu r r uur Khi đó DA + 2DB + DC = 4DI + IA + 2IB + IC = 4DI uuur uuu uuu r r uur 5 11 9 0,25 DA + 2DB + DC nhỏ nhất DI nhỏ nhất D I D( ; ; − ) 2 4 4 VII.a (1,0đ) (1,0đ) (n − 1)! (n − 1)! n! Từ: An−1 + 3An−1 = 5An � (n − 4)! + (n − 3)! = 5 ( n − 2)! 3 2 2 ( n − 1)! � 3 n � 0,5 � . �+ 1 −5 =0 (đk n 4; n N ) (n − 4)! � n − 3 (n − 2)(n − 3) � � n 7 �3 1 � � 1 − � 1 � n − 7n = 0 � n = 7 .khi đó ta có khai triển : � x + 4 �= � x + x 4 � 2 2 2 3 � x� � � 7 1 1 7 7− k k − − = C7 (2x 3 )7−k .( x 4 )k = k C7 .27− k.x k 3 4 ; ứng với số hạng không chứa x k= 0 k= 0 0,25 7− k k ta có : − = 0� k= 4 3 4 ⇒ số hạng không chứa x là : C7 .27−4 = 280 4 0,25 1.(1,0đ) VI.b (2,0đ) Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn cần tìm Do I �∆ : x − y + 1 = 0 � I (a; a + 1) Ta có: R2 = T12 = T22 + (3 5)2 (*) 0,25 Với T1; T2 lần lượt là khoảng cách từ I Đến d1; d2 ;với: R 0,25 a + a + 1− 5 2a − 4 d1 T= 1 2 = 2 R I 2a − a − 1 − 1 a− 2 T2 = 5 = 5 d2 Khi đó (*) � ( 2a − 4) ( a − 2) a=7 2 2 + 45 � ( a − 2) = 25 � 2 = a = −3 0,25 2 5 Với a= 7 � I (7;8); R2 = 50 phương trình đường tròn: ( x − 7) + ( y − 8) = 50 2 2 Với a = -3 � I (−3; −2); R2 = 50 phương trình đường tròn: ( x + 3) + ( y + 2) = 50 2 2 2.(1,0đ) 0,25
Từ gt ta có: C(1; 1 ;0); D1 (0; 1; 1) z 1 1 1 M( ;0;0) ; N(0 ; ; ) .Gọi pt (S): 2 2 2 A1 B1 0,25 x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 2 2 2 Do (S) đi qua các điểm C; D1 ; M; N D1 C1 Nên ta có hệ phương trình: 5 N 0,25 2 + 2a + 2b + d = 0 a=− A M B 4 x 2 + 2b + 2c + d = 0 1 �1 �=− b � + a+ d = 0 � 4 y D C �4 � 5 �1 �= − c 0,25 � + b+ c+ d = 0 � 4 2 d =1 5 1 5 � pt ( S) : x2 + y2 + z2 − x − y − z + 1 = 0 2 2 2 0,25 1,0đ VII.b 1 (1,0đ) x Đk: 2 y> x 0,25 Pt hai � 2y + 3 = 2 + 2x − 1 � y − x = 2 2x − 1 Thế vào pt còn lại ta được : 2log2 2 2x − 1 − log2 x = 1 0,25 4(2x − 1) 2 2 2 � log2 = 1 � 4(2x − 1) = 2x � x = � y = + ,(tmđk) x 3 3 3 2 2 2 0,25 KL: hệ có nghiệm (x;y) là ( ; 3 + ) 3 3 0,25