Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 130', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 130
- 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 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau
và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2 .
cos3 x − cos 2 x
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình = 2 ( 1 + sin x ) .
sin x + cos x
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình ( x + 4)2 − 6 x3 + 3x = 13 .
π π
6 tan( x − )
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = 4 dx .
0
cos2x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 . Gọi I
uu
r uur
u
là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA = −2 IH , góc
giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung
điểm K của SB tới (SAH).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn xy + yz + zx ≥ 2xyz.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phầnB)
A.Theo chương trình chuẩn
1. Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ :
x + 3y + 8 = 0 ,
∆ ' :3 x − 4 y + 10 = 0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ ,
đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z − 3 = 0 và
(Q): y + z + 5 = 0 và điểm A(1; − 1; − 1) . Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN
vuông góc với giao tuyến của (P), (Q) và nhận A là trung điểm.
Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức (z2+3z+6)2+2z(z2+3z+6)-3z2 = 0.
B.Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng: (d1): x − 7 y + 17 = 0 ,
(d2): x + y − 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) một tam
giác cân tại giao điểm của (d1),(d2).
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10;2;-1) và đường thẳng
x - 1 y z- 1
d: = = . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song và có khoảng cách từ d
2 1 3
tới (P) là lớn nhất.
( )
Câu 9.b (1 điểm). Giải phương trình: x 2 + 2 x − 9 x + 2 x +1 − 22 = 0 .
-----------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 Điểm
1 • Tập xác định: D = ﾡ .
a) • Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 6 x ; y ' = 0 � x = 0 hoặc x = 2 .
Các khoảng đồng biến: ( − ;0 ) và ( 2; + ) ; các khoảng nghịch biến: ( 0; 2 ) .
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 ; yCT = −2 , đạt cực đại tại x = 0 ; yCĐ = 2 . 0.25
Giới hạn: lim y = − ; lim y = + .
x − x +
Bảng biến thiên:
x −∞ 0 2 +∞ 0.25
’
y + 0 - 0 +
y 2 +∞
−∞ -2
• Đồ thị: 0.25
0 2 x
0.25
Đặt A ( a; a − 3a + 2 ) ; B ( b; b − 3b + 2 ) với a
3 2 3 2
b) b . Hệ số góc của tiếp tuyến với
0.25
(C) tại A, B là: k A = y ' ( x A ) = 3a − 6a; k B = y ' ( xB ) = 3b − 6b .
2 2
Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi
k A = k B � 3a 2 − 6a = 3b 2 − 6b � ( a − b ) ( a + b − 2 ) = 0 � b = 2 − a . 0.25
Độ dài đoạn AB là:
+ �3 − b3 − 3 ( a 2 − b 2 ) �
2
( a − b)
2
AB = a
� �
( a − b) + ( a − b ) . �2 + ab + b 2 − 3 ( a + b ) �
2 2
= a
� �
= 4 ( a − 1) + 4 ( a − 1) . � − 1) − 3�
(a 0.25
2 2 2
� �
AB = 4 2 � 4 ( a − 1) − 8 ( a − 1) − 32 = 0 � ( a − 1) − 2 ( a − 1) − 8 = 0
4 2 4 2
( a − 1) = 4
2
a=3
� �
( a − 1) = −2
2
a = −1
Với a = 3 � b = −1 . 0.25
Với a = −1 � b = 3 .
Vậy A ( 3; 2 ) , B ( −1; −2 ) hoặc A ( −1; −2 ) , B ( 3; 2 ) .
- 2 Điều kiện: sin x + cos x 0 0.25
Phương trình đã cho tương đương: ( 1 − sin x ) ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) ( sin x + cos x )
2
0.25
� ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x + sin x + sin x.cos x ) = 0
� ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x ) ( 1 + sin x ) = 0
sin x = −1 0.25
(thoả mãn điều kiện)
cos x = −1
π
x=− + k 2π 0.25
2 (k Z)
x = π + k 2π
π
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = − + k 2π và x = π + k 2π (k Z)
2
3 Điều kiện: x3 + 3x 0
�۳ x 0.
Khi đó phương trình đã cho trở thành: x2 + 8x + 3 − 6 x3 + 3x = 0
0.25
+ Nếu x = 0, thay vào phương trình ta thấy không thoả mãn
3 3
+ Nếu x ≠ 0 khi đó phương trình trên tương đương với x + 8 + − 6 x + = 0.
x x 0.25
3
Đặ t x+ = t , (t 4 12) . Khi đó ta có phương trình
x
0.25
t 2 − 6t + 8 = 0 � t = 2 hoặc t = 4 (thỏa mãn điều kiện).
Với t = 2 ta có x = 1, x = 3 . 0.25
Với t = 4 ta có x = 8 + 61, x = 8 − 61 .
4 π
t anx − tan
4
π π π
I= 6 1 + tanx tan 6
4 . 1 dx = − 1 1
�2sin2 x − 1 cos2 x
0
�+ tan x)2 . cos2 x dx
0
(1 0.25
2
cos x
1 1
Đặt t = t anx � dt = 2
dx . Đổi cận x = 0 thì t = 0 ; x = 1 thì t = . 0.25
cos x 3
1
1
Khi đó I= −
3
dt 1 3 1− 3 .
= =
0
(t + 1) 2
t +1 0 2 0.5
5
Ta có IA = −2 IH ⇒ H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
IA a 0.25
BC = AB 2 = 2a ; AI = a ; IH = =
2 2
3a
AH = AI + IH =
2
- a 5
Ta có HC =
2
∧ ∧ a 15
Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC ; ( ABC )) = SCH = 60 0 ; SH = HC tan 60 0 = 0.25
2
3
1 1 1 a 15 a 15
VS . ABC = S ∆ABC .SH = . (a 2 ) 2 =
3 3 2 2 6
BI ⊥ AH
⇒ BI ⊥ (SAH ) 0.25
BI ⊥ SH
d ( K ; ( SAH )) SK 1 1 1 a 0.25
Ta có = = ⇒ d ( K ; ( SAH )) = d ( B; ( SAH ) = BI =
d ( B; ( SAH )) SB 2 2 2 2
6 1 1 1 0.25
Ta có xy + yz + xz �� 2 xyz + + � nên2
x y z
1 1 1 y −1 z −1 ( y − 1)( z − 1)
1− +1− = + 2 (1)
x y z y z yz 0.25
Tương tự ta có
1 1 1 x −1 z −1 ( x − 1)( z − 1)
1− +1− = + 2 (2)
y x z x z xz
1 1 1 x −1 y −1 ( x − 1)( y − 1)
1− +1− = + 2 (3)
z x y x y xy
1
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x − 1)( y − 1)( z − 1) 0.25
8
1 3 0.25
Vậy Amax = � x= y=z= .
8 2
7.a Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên giả sử I(-3t – 8; t). 0.25
Ta có d( I , D ') = IA nên
3( −3t − 8) − 4t + 10 0.25
= (−3t − 8 + 2) 2 + (t − 1) 2
3 +4
2 2
0.25
Giải tiếp được t = -3
Khi đó I(1; -3), R = 5 và phương trình cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 0.25
8.a Do M � P) � M ( x; y;3- x)
( 0.25
A là trung điểm MN ⇒ N (2 - x;- 2 - y;- 5 + x)
N � Q) � x - y = 2
( (1)
uuur
MN = (2 - 2x;- 2 - 2y;- 8 + 2x) 0.25
r r
Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q): n1 = (1;0;1), n2 = (0;1;1)
r r r
⇒ n = [ n1, n2 ] = (- 1;- 1;1)
uuur r
MN vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q) ⇒ MN .n = 0 0.25
⇒ 2x + y = 4 (2)
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được x = 2, y = 0
⇒ M (2;0;1), N (0;- 2;- 3)
0.25
9.a Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương trình . Chia cả hai vế cho z2 và đặt 0.5
z2 + 3z + 6
t= , Dẫn tới phương trình : t2+2t-3 = 0 ⇔ t=1 hoặc t=-3.
z
Với t=1 , ta có : z2+3z+6 = z ⇔ z2+2z+6 = 0 ⇔ z = -1± 5 i 0.25
Với t=-3 , ta có : z +3z+6 = -3z ⇔ z +6z+6 = 0⇔ z = -3 ±
2 2
3 0.25
- 7.b Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là: 0.5
x − 7 y + 17 x + y −5 x + 3 y − 13 = 0 (∆1 )
=
2
1 + (−7) 2
12 + 12 3x − y − 4 = 0 (∆ 2 )
PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và vuông góc với ∆1 , ∆ 2 nên ta có hai đường thẳng thoả 0.5
mãn là: x + 3 y − 3 = 0 và 3 x − y + 1 = 0 .
8.b Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã 0.25
kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P). 0.25
Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã AH ≥ HI => HI lín nhÊt khi
A≡I 0.25
VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p
tuyÕn. 0.25
H ∈ d ⇒ H (1 + 2t ; t ;1 + 3t ) v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn
AH ⊥ d ⇒ AH .u = 0 (u = (2;1;3) lµ vÐc t¬ chØ ph¬ng cña d)
⇒ H (3;1;4) ⇒ AH (−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
9.b (
Ta có: ∆ = 2 x − 13
2
) 0.25
ﾡx = - 2 x = −2 0.25
ﾡ ⇔ x
ﾡ
2 + x − 11 = 0
x
Phương trình đã cho có nghiệm ﾡx = 11- 2
0.25
Xét: f ( x) = 2 x + x − 11 ta thấy là hàm đồng biến nên phương trình 2x + x - 11 = 0
có duy nhất một nghiệm là x = 3 . 0.25
Vậy nghiệm của phương trình: x = - 2, x = 3 .
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
