ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 131

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

36
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 131', 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 131

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 − 3 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = đồ thị (C) x−2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C). b) Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến đó cắt tiệm cận đứng và tiệm cận 4 ngang lần lượt tại A, B sao cho côsin góc ﾷABI bằng ,với I là giao 2 tiệm cận của (C). 17 1 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin x + cos x = . cos x Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 5 + x − − x − 3 < −1 + ( 5 + x ) ( − x − 3) . 8 ln x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = dx . 3 x +1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có SD vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , đáy ABCD là hình thoi cạnh a có BAD = 1200 . Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (SBD) một góc bằng α với cot α = 3 . Tính thể ﾷ tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC ) theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho 3 số dương x , y , z có tổng bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức : xy yz zx 3 + + ≤ . xy + z yz + x zx + y 2 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 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là: x + 2 y − 1 = 0 và 3 x − y + 5 = 0 . Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;-3). Câu 8.a (1,0 điểm). Trong kh«ng gian víi hÖ trôc täa ®é Oxyz cho mÆt cÇu (S): x 2 + y 2 + z2 − 2x + 4y − 6z − 11 = 0 vµ mÆt ph¼ng (α): 2x + 2y - z + 17 = 0. ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (β) song song víi (α) vµ c¾t (S) theo giao tuyÕn lµ ®êng trßn cã chu vi b»ng 6π. Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình: log 9 ( x + 1) = log 3 (4 − x) + log 3 (4 + x) . 2 B.Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x + y + 5 = 0 , d2 : x + 2y - 7 = 0 và tam giác ABC có A(2;3) , trọng tâm là điểm G(2;0) , điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. x - 1 y- 2 z Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (∆ ) : = = và 2 -1 3 mặt phẳng (Q) : 2x - y - 2z+ 1 = 0 . Tìm toạ độ các điểm thuộc đường thẳng (∆ ) mà khoảng cách từ đó đến mặt phẳng (Q) bằng 1. CâuVII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : � + i ) z − 3� 2i.z − 3 + 2i ) = 0 �(1 � .( -----------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………………
Câu Đáp án Điểm 1 • Tập xác định: D=R\ { 2} a) • Sự biến thiên: −1 Chiều biến thiên: y = ' < 0, ∀x D . 0.25 ( x − 2) 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( − ;2) và (2; + ). Giới hạn và tiệm cận: xlim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2 . lim+ y = + , lim− y = − ; tiệm cận đứng: x = 2 . x 2 x 2 Bảng biến thiên 0.25 x − 2 + y’ - - y 2 + 0.25 − 2 • Đồ thị : 8 6 0.25 4 2 - 5 0 -2 -4 b) 2 x0 − 3 Gọi M ( x0 ; ) (C ) , x0 2. 0.25 x0 − 2 1 2x − 3 Phương trình tiếp tuyến tại M: y = − ( x − x0 ) + 0 ( ∆ ). ( x0 − 2) 2 x0 − 2 2 x0 − 2 A(2; ) = (C ) TCĐ, B (2 x0 − 2; 2) = (C ) TCN . x0 − 2 0.25 4 1 IA Do Cos ﾷABI = nên tan ﾷ ABI = = . 17 4 IB 0.25 Ta được IB 2 = 16.IA2 ( x0 − 2) 4 = 16 x0 = 0 ; x0 = 4 . 3 1 3 Khi đó: Tại M (0; ) phương trình tiếp tuyến: y = − x + . 2 4 2 0.25 5 1 7 Tại M (4; ) phương trình tiếp tuyến: y = − x + . 3 4 2 2 Điều kiện: cos x 0 . 0.25 Phương trình đã cho tương đương với: 3 1 + cos 2 x 3 sin x cos x + cos 2 x = 1 � s in2x + = 1 � cos 2 x + 3 s in2x = 1 0.5 2 2
1 3 1 � cos 2 x + s in2x = 2 2 2 � π� 1 � cos � x − � 2 = � 3� 2 π x = + kπ 3 ( k ﾷ ), thỏa mãn điều kiện. x = kπ 0.25 π Vậy phương trình có nghiệm là: x = + kπ ; x = kπ ( k ﾷ ). 3 3 Điều kiện: −5 x −3 . 0.25 Ta có: 5 + x − − x − 3 < −1 + ( 5 + x ) ( − x − 3) � 5 + x − −x − 3 +1− ( 5 + x ) ( − x − 3) 1 � −3 − x > 1 � x < −4 Đối chiếu với điều kiện ta được −5 x < −4 . Vậy bất phương trình có nghiệm: −5 x < −4 . 0.25 4 u = ln x dx � � = du 0.25 Đặt � dx � x �dv = x +1 � = 2 x +1 v 8 8 x +1 0.25 Khi đó I = 2 x + 1 ln x − 2 dx . 3 3 x 8 x +1 0.25 Xét J = dx 3 x Đặt t = x + 1 � 2tdt = dx . Đổi cận, với x=3 thì t=2; với x=8 thì t=3. 3 3 3 2t 2 dt � 1 � � t −1 � Khi đó J = � = 2 �+ 2 � = �t + ln 1 � dt 2 � = 2 + ln 3 − ln 2 . 2 t −1 2 2� t −1 � � t +1 �2 0.25 Vậy I = 6 ln 8 − 4 ln 3 − 2 ( 2 + ln 3 − ln 2 ) = 20 ln 2 − 6 ln 3 − 4 . 5 S Gọi O = AC ∩ BD. Từ giả thiết suy ra AC ⊥ (SBD ) tại 0.25 O nên ∠ASO = ( SA; ( SBD) = α . α ∠BAD = 1200 ⇒ ∠ADC = 60 0 ⇒ ∆ADC đều cạnh a. Suy a2 3 a 3 a ra S ABCD = 2S ADC = và DO = , AO = . H 2 2 2 D C 3a a 3 a Do đó SO = AO. cot α = ⇒ SD = SO 2 − OD 2 = . 0.25 O 2 2 A a B 1 a3 a3 2 Suy ra VSABCD = SD.S ABCD = = . 3 2 2 4 * Kẻ DH ⊥ SO. Vì AC ⊥ (SBD ) nên AC ⊥ DH . Suy ra DH ⊥ (SAC ) 0.25 a 2 Ta có ∆SDO vuông tại D nên DH = 2 Vì O là trung điểm BD nên d ( B; ( SAC )) = d ( D; ( SAC )) a 2 Từ đó ta suy ra d ( B; ( SAC )) = . 2 0.25 6 Ta có : x + y + z = 1 ⇒ z = 1 − x − y ⇒ xy + z = (1 − x)(1 − y ) 0.25
0.25 xy xy y x 1 y x  ⇒ = = ≤  1− x + 1− y   xy + z (1 − x )(1 − y ) 1 − x 1 − y 2   yz 1 z y  zx 1 z x  Tương tự: ≤   1 − y + 1 − z ; zx + y ≤ 2  1 − x + 1 − z   yz + x 2     0.25 1 y + z x+ z x+ y 3 ⇒ VT ≤  + + = 2  1− x 1− y 1− z  2   0.25 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = . 3 ur 7.a Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến n1 = ( 1; 2 ) . ur 0.25 Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến n1 = ( 3; −1) . Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình: a ( x − 1) + b ( y + 3) = 0 ( ) a2 + b2 > 0 . Tam giác ABC cân tại đỉnh A nên ta có: 3− 2 3a − b cos ( AB, BC ) = cos ( AC , BC ) � = 0.25 1 + 2 3 +1 2 2 2 2 a + b2 32 + 12 2 1 a= b 2 � a 2 + b 2 = 5 3a − b � 22a 2 − 15ab + 2b 2 = 0 � 2 0.25 a= b 11 1 Với a = b , chọn a= 1, b = 2 ta được đường thẳng AC: x + 2y + 5 = 0 (loại vì khi đó 2 0.25 AC//AB). 2 Với a = b , chọn a = 2, b = 11 ta được đường thẳng AC: 2x + 11y + 31 = 0. 11 8.a Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D ≠ 17). 0.25 Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 0.25 Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3. Khoảng cách từ I tới (β) là h = R 2 − r 2 = 52 − 32 = 4 0.25 2.1 + 2( −2) − 3 + D  D = −7 Do đó = 4 ⇔ − 5 + D = 12 ⇔  22 + 22 + (−1) 2 D = 17 (lo¹i) Vậy (β) có phương trình: 2x + 2y - z - 7 = 0. 0.25 9.a −4 < x < 4 Điều kiện: 0.25 x 1 ( ) Khi đó phương trình trở thành log 3 x + 1 = log 3 16 − x � x + 1 = 16 − x 2 2 −1 < x < 4 −1 + 61 x + x − 15 = 0 2 x= 0.5 2 � � −4 < x < −1 1 − 69 x= x − x − 17 = 0 2 2 −1 + 61 1 − 69 Vậy phương trình có nghiệm x = và x = . 2 2 0.25 7.b Do B ∈ d1 nên B (m; - m – 5), C ∈ d2 nên C (7 – 2n; n). 0.25 ﾷ 2 + m + 7 - 2n = 3.2 � - 2n =- 3 � = - 1 m m Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ﾷﾷ �� ﾷ 3- m- 5 + n = 3.0 ﾷ � m+ n = 2 � = 1 - � �n 0.25 Suy ra B (-1; -4), C(5; 1).
Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0 . Do A, B, C ∈ (C) nên ta có hệ: � + 9 + 4a + 6b + c = 0 4 � = - 83 / 54 a 0.25 � � � � �+ 16 - 2a - 8b + c = 0 � � = 17 / 18 1 b � � +1+10a + 2b + c = 0 � = - 338 / 27 � � �25 � �c 0.25 2 2 83 17 338 Vậy (C) có phương trình x + y - x + y- = 0. 27 9 27 8.b a- 1 b- 2 c ﾷ - a - 2b = - 5 ﾷ Gọi M (a; b; c) là điểm cần tìm. Do M � D ) nên: ( = = ﾷﾷ 2 -1 3 ﾷ 3b + c = 6 ﾷ 0.25 2a - b - 2c + 1 Lại có: d( M,(Q)) = 1 � = 1 � 2a - b - 2c + 1 = 3 . 3 Ta có hệ phương trình: 0.25 ﾷﾷ -a - 2b = -5 ﾷﾷ a = -3 ﾷﾷﾷﾷﾷﾷ 3b + c = 6 ﾷﾷ b = 4 ﾷ -a - 2b = -5 ﾷﾷﾷﾷﾷﾷﾷﾷ 2a - b - 2c = 2 ﾷﾷﾷﾷ c = -6 ﾷﾷﾷ 3b + c = 6 ﾷﾷﾷﾷﾷﾷ 0.25 ﾷﾷﾷﾷﾷﾷﾷ 2a - b - 2c +1 = 3 ﾷﾷﾷ -a - 2b = -5 ﾷﾷﾷ a = 9 ﾷﾷﾷﾷﾷﾷﾷﾷﾷﾷ 3b + c = 6 ﾷﾷﾷ b = -2 ﾷﾷﾷﾷﾷﾷﾷ 2a - b - 2c = -4 ﾷﾷ c = 12 ﾷﾷﾷﾷﾷﾷ Vậy có hai điểm cần tìm là: M (-3;4;- 6), M (9;- 2;12) . 0.25 9.b (1+ i) z − 3 = 0 Ta có � + i ) z − 3� 2i.z − 3 + 2i ) = 0 � (1 � .( � 0.25 2i.z − 3 + 2i = 0 3 3 3 z= z= − i 1+ i 2 2 � � 3 − 2i 3 3 0.75 z= z = −1 − i � z = −1 + i 2i 2 2