ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 129

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

Thêm vào BST

Báo xấu

17
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 129', 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 129

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 4 − 2(m + 1) x 2 + 2m − 1 có đồ thị là (Cm ) , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C2 ) khi m = 2 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d : y = −1 cắt đồ thị (Cm ) tại đúng hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 4 2 − 2 với I ( 2;3) . (2 − sin 2 2 x)(2 cos 2 x − cos x) Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cot 4 x + 1 = . 2sin 4 x 2 x − 3 = ( y 2 + 2013)(5 − y ) + y Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( x, y ﾡ ) . y ( y − x + 2) = 3 x + 3 1 � x2 � Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x �2 x − e dx � . 0 � 4 − x2 � Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng ( A1B1C1 ) thuộc đường thẳng B1C1 . Tính thể tích khối lăng trụ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 4( x + y + z ) = 3xyz. Tìm giá trị lớn nhất 1 1 1 của biểu thức P = + + . 2 + x + yz 2 + y + zx 2 + z + xy 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 7.a (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB: x − 2 y − 1 = 0 , đường chéo BD: x − 7 y + 14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm E (2;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có A(5;3; −1) , C(2;3; −4) , B là một điểm trên mặt phẳng có phương trình x + y − z − 6 = 0 . Hãy tìm tọa độ điểm D. Câu 9.a (1,0 điểm). Tính môđun của số phức z, biết z3 + 12i = z và z có phần thực dương . B.Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 − 4x − 4y + 4 = 0 và đường thẳng d: x + y − 2 = 0 . Chứng minh rằng d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm tạo độ điểm C trên đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. x − 2 y − 3 z+ 3 Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = 4 2 1 và mặt phẳng (P): − x + y + 2z + 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), song song với d và cách d một khoảng là 14 . Câu 9.b (1,0 điểm). Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Vật lí có 50 câu tr ắc nghi ệm, m ỗi câu có bốn phương án trả lời, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 đi ểm. M ột thí sinh đã làm đ ược 40 câu, trong đó đúng 32 câu. Ở 10 câu còn lại anh ta chọn ngẫu nhi ễn m ột trong b ốn ph ương án. Tính xác suất để thí sinh đó đạt từ 8 điểm trở lên. -----------Hết----------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : ………………………………..Số báo danh………………
ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điể m 1 Khi m = 2 , ta có hàm số y = x4 − 6x2 + 3. a) • Tập xác định : D = ﾡ . • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = 4 x( x 2 − 3) ; y ' = 0 � x = 0 hoặc x = 3. - Các khoảng đồng biến: (− 3;0) và ( 3; + ) , khoảng nghịch biến (− ; − 3) và 0.25 (0; 3) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yC ﾧ = 3 ; đạt cực tiểu tại x = 3, yCT = −6 . - Giới hạn: lim = + và lim = + . x − x + - Bảng biến thiên 0.25 x − − 3 0 3 + y’ – 0 + 0 – 0 + + 3 + y 0.25 -6 -6 • Đồ thị : 0.25 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và d: x4 − 2(m + 1) x2 + 2m − 1 = −1 � x 4 − 2( m + 1) x2 + 2m = 0 (1) Đặt t = x2 0 . Khi đó phương trình (1) trỏ thành: 0.25 t 2 − 2(m + 1)t + 2m = 0 (2) Để (Cm ) cắt d tại đúng hai điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có đúng hai nghiệm phân biệt nghĩa là phương trình (2) phải có đúng một nghiệm dương. 0.25 Trong phương trình (2) có ∆ ' = m2 + 1 > 0, ∀m nên (2) luôn có hai nghiệm phân biệt. Vậy để (2) có đúng một nghiệm dương thì (2) phải có hai nghiệm trái dấu. Điều đó tương đương với: ac < 0 � m < 0 . Khi đó (2) có hai nghiệm: t1 = m + 1 − m2 + 1 < 0 < t2 = m + 1+ m2 + 1 Tọa độ của A(− t2 ; −1), B( t2 ; −1) � AB = 2 t2 0.25 1 Ta có S IAB = d( I , d).AB � 4AB = S∆IAB với d ( I , d ) = 3 + 1 = 4 2 2 ∆ 2 � 16t2 = 16(2 − 2) � m2 + 1 = 1 − 2 − m
0.25 � < 1− 2 m � < 1− 2 m � < 1− 2 m �� ∃m m2 + 1 = (1 − 2 − m)2 −2 1 − 2 m = 2 2 − 2 ( m=1 ) 2 Điều kiện : sin x �۹� x 0 kπ ( k ﾡ). Phương trình đã cho tương đương với: 1 0.25 cos 4 x + sin 4 x = (2 − sin 2 2 x)(cos 2 x − cos x) 2 1 1 � 1 − sin 2 2 x = (2 − sin 2 2 x)(cos 2 x − cos x) 2 2 0.25 1 � 2 − sin 2 2 x = 2(2 − sin 2 2 x)(cos 2 x − cos x) 2 � 1 = 2 cos x − cos x 2 � 2 cos 2 x − cos x − 1 = 0 0.25 x = k 2π � 2π (k �ﾡ ) x= + k 2π 3 0.25 2π Đối chiếu với điều kiện ta suy ra pt có nghiệm x = + k 2π , k ﾡ . 3 3 1 Điều kiện : x ,y 0 . 0.25 2 2 x − 3 = ( y 2 + 2013)(5 − y ) + y (1) Hệ đã cho trở thành y 2 + (2 − x ) y − 3x − 3 = 0 (2) Từ (2) ta có: ∆ = ( x + 4) 2 0.75 x−2− x−4 y1 = = −3 2 (2) có hai nghiệm ( do y 0 ) y = x +1 x−2+ x+4 y2 = = x +1 2 Thế vào (1) ta có 2 x − 3 − x + 1 = � + 1) 2 + 2013� − x) �(x �(4 x−4 = − � + 1) 2 + 2013�x − 4) (x � �( 2x − 3 + x +1 � x−4 � � ( x − 4) � + � + 1) 2 + 2013� = 0 (x � �� 2x − 3 + x +1 � � x =4� y =5 � 1 1 � �Do + � + 1) 2 + 2013� 0, ∀x (x > ,y 0�. � 2x − 3 + x +1 � � 2 � Vậy nghiệm của hệ là: ( x, y) = (4,5) . 4 1 1 x3 I = � dx − � xe2x dx = I1 − I 2 0.25 0 0 4 − x2 e2 x Tính I1 . Đặt u = x và dv = e2x dx , suy ra du = dx và v = . 2 1 1 0.25 xe2 x e2 x e2 + 1 I1 = − dx = 2 0 0 2 4 Tính I 2 . Đặt t = 4 − x2 (t 0) , suy ra x2 = 4 − t 2 và xdx = −tdt . 0.25 Đổi cận x = 0 thì t = 2 ; x = 1 thì t = 3 .
2 16 I2 = (4 − t 2 )dx = −3 3 + . 3 3 0.25 e2 61 Vậy I = + 3 3 − . 4 12 5 Do AH ⊥ ( A1 B1C1 ) nªn AA1 H lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× 0.25 gãc AA1 H b»ng 300. A B C K A1 C1 H B1 0.25 a XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, AA1 H =30 0 � AH = . 2 a a 2 3 a3 3 VABCA1B1C1 = AH .S A1B1C = � = 2 4 8 0.25 a 3 XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, AA1 H =300 ⇒ A1 H = . Do tam gi¸c 2 a 3 A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ A1 H = nªn A1H vu«ng 2 gãc víi B1C1. MÆt kh¸c AH ⊥ B1C1 nªn B1C1 ⊥ ( AA1 H ) KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C 1 0.25 A H . AH a 3 Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK = 1 = AA1 4 6 Áp dụng BĐT Côsi ta có 3xyz = 4( x + y + z ) ≥ 4.33 xyz , nên xyz ≥ 8. 0.25 Tiếp tục áp dụng BĐT Côsi ta được 2 + x + yz ≥ 2 2 x + yz ≥ 2 2 2 x . yz = 2 2 2 x . yz = 2 2 2 xyz . yz ≥ 4 2 .4 yz . 0.25 1 1 1 1 11 1  11 1 1  1 3 1  Suy ra ≤ . ≤ .  +  ≤  + +  =  + .     2 + x + yz 4 2 4 yz 4 2  2  yz  8  2 4 yz  8  4 yz   1 1 3 1  1 1 3 1  Tương tự ta cũng có ≤  + , ≤  + . 2 + y + zx 8  4 zx  2 + z + xy 8  4 xy    0.25 1 9 1 1 1  1 9 3 3 Do đó P ≤  + + +  =  +  = .  4 xy yz zx  8 4 4 8    8 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2. 3 0.25 Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi x = y = z = 2. 8 7.a - Ta có: B = AB BD suy ra tọa độ B là nghiệm hệ: 0.25 � − 2 y −1 = 0 x �=7 x � �� B = (7; 3) � − 7 y + 14 = 0 x � =3 y - Giả sử A = (2a + 1; a) �AB : 2 − 2 y − 1 = 0; D = (7 d − 14; d ) �BD : x − 7 y + 14 = 0 0.25
Vì A,r phân biệt nên a uuu .3 uuuB r uuur � AB = (6 − 2a; 3 − a ), BD = (7d − 21; d − 3); AD = (7 d − 2a − 15; d − a) uuu uuu r r uuu uuu r r a = 3 (loai) Do AB ⊥ AD � AB. AD = 0 � (3 − a )(15d − 5a − 30) = 0 � 3d − a − 6 = 0 uuur � a = 3d − 6 � AD = ( d − 3;6 − 2d ) . uuu r uuu uuu r r Lại có: BC = ( xC − 7; yC − 3) . Mà ABCD là hình chữ nhật nên AD = BC � − 3 = xC − 7 d �C = d + 4 x 0.25 � �� C = (d + 4; 9 − 2d ) . � − 2d = yC − 3 �C = 9 − 2d 6 y uur u uuur � EA = (6d − 13; 3d − 7), EC = (d + 2; 8 − 2d ) với E = (2;1) uuu uuu r r - Mặt khác điểm E (2;1) �AC � EA, EC cùng phương � (6d − 13)(8 − 2d ) = (d + 2)(3d − 7) � d 2 − 5d + 6 = 0 d =2�a =0 0.25 � �a=0 d = 3 � a = 3(loai ) Vậy A = (1; 0), B = (7; 3), C = (6; 5), D = (0; 2) là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm 8.a Ta có AC = 3 2 � BA = BC = 3 . 0.25 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 0.25 ( x − 5)2 + ( y − 3)2 + ( z + 1)2 = 9 ( x − 5)2 + ( y − 3)2 + ( z + 1)2 = 9 �x − 2) + ( y − 3) + ( z + 4) = 9 � � + z − 1 = 0 2 2 2 ( x � + y − z− 6 = 0 x � + y − z− 6 = 0 x ( x − 5)2 + ( y − 3)2 + ( z + 1)2 = 9 x=2 x=3 0.25 � � = 1− x z � � = 3 hoặc y = 1 y � = 7 − 2x y � = −1 z z = −2 uuu uuu r r Nếu B(2;3; −1) , do AB = DC nên D(5;3; −4) . 0.25 uuu uuu r r Nếu B(3;1; −2) , do AB = DC nên D(4;5; −3) . 9.a Đặt z = x + yi ( x, y �R; x > 0) . Ta có z3 + 12i = z � ( x + yi )3 + 12i = x − yi 0.25 x3 − 3xy2 = x 0.25 � x − 3xy + (3x y − y + 12)i = x − yi � 3 2 2 3 3x y − y + 12 = − y 2 3 � = 3y + 1 x 2 2 � = 3y + 1 x 2 2 x = 2 ( Do x > 0) �� 2 �� 3 �� 0.25 � y + 1) y − y + 12 = − y � y + y + 3 = 0 3(3 3 2 y = −1 0.25 Do đó z = 2 − i . Suy ra z = 5 . 7.b (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2. Tọa độ giáo điểm của (C) và d là nghiệm của hệ: x+ y−2 = 0 x=0 x=2 �2 � hoặc . 0.25 x + y2 − 4x − 4y + 4 = 0 y=2 y=0 Ta có thể giả sử A(2;0), B(0;2) . Do đó d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. 1 0.25 Ta có S ABC = CH. AB (với H là hình chiếu của C trên AB). ∆ 2 Do đó S ABC max ∆ CH max . Ta thấy CH max khi C là giao điểm của đường thẳng ∆ đi qua tâm I và vuông góc 0.25 với d và xC > 2 . Phương trình ∆ là y = x . Toạ độ C là nghiệm của hệ phương trình x2 + y2 − 4x − 4y + 4 = 0 � C(2 + 2;2 + 2) y= x 0.25
Vậy với C(2 + 2;2 + 2) thì S ABC max . ∆ 8.b Chọn A(2;3; −3), B(6;5; −2) d . Ta thấy A, B nằm trên (P) nên d nằm trên (P). 0.25 Gọi d1 là đường thẳng đi qua A vuông góc với d nằm trong (P). uu r uu r Giả sử ud véctơ chỉ phương của d, uP là véctơ pháp tuyến của (P). Khi đó véctơ r uu uu r r chỉ phương của d1 là u = �d , uP � (3; −9;6) . �u �= x = 2 + 3t Phương trình của đường thẳng d1 : y = 3 − 9t 0.5 z = −3 + 6t Khi đó ∆ là đường thẳng đi qua một điểm M trên d1 và song song với d. Gọi M (2 + 3t;3 − 9t; −3 + 6t ) , ta có 1 AM = 14 � 9t 2 + 81t 2 + 36t 2 = 14 � t = � . 3 1 x − 3 y z+1 + Với t = thì M (3;0; −1) . Do đó ∆ : = = 3 4 2 1 0.25 1 x −1 y − 6 z+ 5 + Với t = − thì M (1;6; −5) . Do đó ∆ : = = . 3 4 2 1 9.b Thí sinh đó làm đúng 32 câu như vậy được: 32.0,2 = 6,4 điểm. 8 − 6,4 Thí sinh này muốn đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng = 8 câu trở lên trong 0,2 0.5 tổng số 10 câu còn lại. Nghĩa là thí sinh này chỉ được sai 0, 1 hoặc 2 câu. Mỗi câu có 4 phương án nên tổng số cách chọn là n(Ω) = 410 . Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai mỗi câu. 0 0 - Chọn sai 0 câu có số cách: 3 .C10 1 1 - Chọn sai 1 câu có số cách: 3 .C10 0.25 2 2 - Chọn sai 2 câu có số cách: 3 .C10 30.C10 + 31.C10 + 32.C10 436 0 1 2 Xác suất cần tính là P = = 10 . 0.25 410 4