ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 137

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

16
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 137', 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 137

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. A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = x 4 − 2 x 2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm đi ều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm) 1 2 ( cos x − sin x ) 1. Giải phương trình lượng giác: = tan x + cot 2 x cot x − 1 1 2. Giải bất phương trình: log 3 x − 5 x + 6 + log 1 x − 2 > log 1 ( x + 3 ) 2 3 2 3 π 2 ( Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = cos 2 x sin 4 x + cos 4 x dx ) 0 Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD c ạnh a có hai đ ỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy th ứ nh ất của hình tr ụ, hai đ ỉnh còn l ại n ằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) t ạo v ới đáy hình tr ụ góc 45 0. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu V (1 điểm) Cho phương trình x + 1 − x + 2m x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = m 3 Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường th ẳng ∆ định bởi: (C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0; ∆ : x + 2 y − 12 = 0 . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách ch ọn ra 9 viên bi có đ ủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, 9 tâm I thuộc đường thẳng ( d ) : x − y − 3 = 0 và có hoành độ xI = , trung điểm của một 2 cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là: ( S ) : x + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6 z + 5 = 0, ( P) : 2 x + 2 y − z + 16 = 0 . Điểm M di động trên (S) và 2 điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b: Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 4 4 4 + + + 2 + 2 a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 2 ----------------------Hết----------------------
Đáp án. Câ Ý Nội dung Điể u m I 2 1,00 Ta có f '( x ) = 4 x 3 − 4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là k A = f '(a ) = 4a − 4a, k B = f '(b) = 4b − 4b 3 3 Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: y = f ' ( a ) ( x − a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f (a ) − af' ( a ) ; y = f ' ( b ) ( x − b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f (b) − bf' ( b ) Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song ho ặc trùng nhau khi và ch ỉ khi: k A = k B � 4a 3 − 4a = 4b3 − 4b � ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 − 1) = 0 (1) Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình: a 2 + ab + b 2 − 1 = 0 (2) Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau � + ab + b − 1 = 0 a2 � + ab + b − 1 = 0 2 a2 2 ۹�� ( a b) � 4 , f ( a ) − af ' ( a ) = f ( b ) − bf ' ( b ) −3a + 2a 2 = −3b 4 + 2b 2 Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), ho ặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp đi ểm trên đ ồ th ị là ( −1; −1) và ( 1; −1) . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là a 2 + ab + b 2 − 1 = 0 a 1 a b II 2,00 1 1,00 cos x.sin 2 x.sin x. ( tan x + cot 2 x ) 0 Điều kiện: 0,25 cot x 1 1 2 ( cos x − sin x ) cos x.sin 2 x = � = 2 sin x Từ (1) ta có: sin x cos 2 x cos x cos x 0,25 + −1 cos x sin 2 x sin x � 2sin x.cos x = 2 sin x π x = + k 2π 2 4 0,25 � cos x = � ( k �ﾢ ) 2 π x = − + k 2π 4 Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của ph ương trình đã cho là π 0,25 x = − + k 2π ( k ﾢ ) 4 2 1,00
Điều kiện: x > 3 0,25 Phương trình đã cho tương đương: 1 1 1 log 3 ( x 2 − 5 x + 6 ) + log 3−1 ( x − 2 ) > log 3−1 ( x + 3) 2 2 2 1 1 1 0,25 � log 3 ( x 2 − 5 x + 6 ) − log 3 ( x − 2 ) > − log 3 ( x + 3 ) 2 2 2 � log 3 �x − 2 ) ( x − 3) � log 3 ( x − 2 ) − log 3 ( x + 3) � ( �> � −2� x � log 3 �x − 2 ) ( x − 3) � log 3 � �( �> � � +3� x x−2 � ( x − 2 ) ( x − 3) > 0,25 x+3 x < − 10 � x2 − 9 > 1 � x > 10 Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x > 10 0,25 III 1,00 1 1,00 π 2 � 1 � I = cos 2 x �− sin 2 2 x � 1 dx 0 � 2 � π 0,50 2 1 � 1 2 � = �− sin 2 x � ( sin 2 x ) 1 d 2 0� 2 � π π 2 2 1 1 = 20�( sin 2 x ) − 4 � 2 xd ( sin 2 x ) d 0 sin 2 π π 1 1 = sin 2 x| 2 − sin 3 2 x| 2 = 0 2 0 12 0 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM ⊥ AB và O ' N ⊥ CD . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: ∆IOM vuông cân tại O nên: 0,25 2 h 2a 2 OM = OI = IM � = �h= a. 2 2 2 2 2 2 2 �� 2� a a 2 2 a a 3a 2 Ta có: R = OA = AM + MO = � �+ � 2 2 2 � = 2 + = 0,25 �� 4 � 4 8 2 � � 8 3a 2 a 2 3 2π a 3 0,25 � V = π R 2h = π . . = , 8 2 16
a 3 a 2 3π a 2 và S xq = 2π Rh=2π . . = . 0,25 2 2 2 2 V 1,00 Phương trình x + 1 − x + 2m x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = m3 (1) Điều kiện : 0 x 1 Nếu x [ 0;1] thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng th ỏa mãn (1) nên đ ể (1) có 1 1 0,25 nghiệm duy nhất thì cần có điều ki ện x = 1 − x � x = . Thay x = vào 2 2 (1) ta được: 1 1 m=0 2. + m − 2. = m3 2 2 m= 1 * Với m = 0; (1) trở thành: ( 1 ) 2 4 x − 4 1− x = 0 � x = 0,25 2 Phương trình có nghiệm duy nhất. * Với m = -1; (1) trở thành x + 1 − x − 2 x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = −1 � ( ) ( x + 1− x − 2 4 x ( 1− x) + x +1− x − 2 x ( 1− x) = 0 ) ( ) +( ) 2 2 � 4 x − 4 1− x x − 1− x =0 0,25 1 + Với 4 x − 4 1 − x = 0 � x = 2 1 + Với x − 1 − x = 0 � x = 2 Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. * Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) =( ) 2 2 x + 1− x − 24 x ( 1− x) = 1− 2 x ( 1− x) � 4 x − 4 1− x x − 1− x 1 0,25 Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x = 0, x = nên trong trường hợp 2 này (1) không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. VI 2,00 a 1 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R = 5 . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai ti ếp của (C) k ẻ t ừ M. N ếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60 0 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM = 2R=2 5 . 0,25 Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có ph ương trình: ( x − 2 ) + ( y − 1) = 20 . 2 2 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆ , nên tọa độ của M nghiệm 0,25 ( x − 2) + ( y − 1) = 20 (1) 2 2 đúng hệ phương trình: x + 2 y − 12 = 0 (2)
Khử x giữa (1) và (2) ta được: x=3 0,25 ( −2 y + 10 ) + ( y − 1) = 20 � 5 y − 42 y + 81 = 0 � 2 2 2 27 x= 5 � 9� � 33 � 27 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M � �hoặc M � ; � 3; 0,25 � 2� �5 10 � 2 1,00 Ta tính được AB = CD = 10, AC = BD = 13, AD = BC = 5 . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. T ừ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngo ại ti ếp c ủa t ứ di ện 0,25 là trọng tâm G của tứ diện này. � 3 3� Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G � ;0; � bán kính là , � 2 2� 0,50 14 R = GA = . 2 VII 1,00 a 9 Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C18 . 0,25 Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì t ổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. 0,25 9 + Không có bi xanh: có C13 cách. 9 + Không có bi vàng: có C15 cách. Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có 9 C10 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. 0,50 Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C10 + C18 − C13 − C15 = 42910 9 9 9 9 cách. VI 2,00 b 1 1,00 9 � 3� 9 0,50 I có hoành độ xI = và I � d ) : x − y − 3 = 0 � I � ; � ( 2 � 2� 2 Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung đi ểm M c ủa c ạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 9 9 AB = 2 IM = 2 ( xI − xM ) + ( y I − yM ) = 2 2 2 + =3 2 4 4 S 12 S ABCD = AB. AD = 12 � AD = ABCD = = 2 2. AB 3 2 AD ⊥ ( d ) , suy ra phương trình AD: 1. ( x − 3) + 1. ( y − 0 ) = 0 � x + y − 3 = 0 . M AD Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: �+ y −3= 0 x � = −x + 3 � y � = −x + 3 � y � �� ( x − 3) + y 2 = 2 �x − 3) + y 2 = 2 �x − 3) + ( 3 − x ) = 2 ( ( 2 2 2 2
� = 3− x y �=2 x x=4 �� hoặc .Vậy A(2;1), D(4;-1), � −3 = 1 � =1 x y y = −1 � 3� 9 I�; � là trung điểm của AC, suy ra: � 2� 2 x +x xI = A C 2 xC = 2 xI − x A = 9 − 2 = 7 � � 0,50 y + yC yC = 2 yI − y A = 3 − 1 = 2 yI = A 2 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2 + 2. ( −1) − 3 + 16 0,25 d = d ( I,( P) ) = =5�d > R. 3 Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M 0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N 0 là giao điểm của ∆ và (P). r 0,25 Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là n P = ( 2; 2; −1) và qua I nên có x = 2 + 2t phương trình là y = −1 + 2t ( t ﾢ ). z = 3−t Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 15 5 2 ( 2 + 2t ) + 2 ( −1 + 2t ) − ( 3 − t ) + 16 = 0 � 9t + 15 = 0 � t = − =− 9 3 0,25 � 4 13 14 � Suy ra N 0 � ; − ; � − . �3 3 3 � uuuu 3 uuu r r Ta có IM 0 = IN 0 . Suy ra M0(0;-3;4) 0,25 5 VII 1,00 b 1 1 4 0,50 Áp dụng bất đẳng thức + ( x > 0, y > 0) x y x+ y Ta có: 1 1 4 1 1 4 1 1 4 + ; + ; + a+b b+c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c
Ta lại có: 1 2 2 � 2 = 2 � 2a 2 + b 2 + c 2 + 4 − 4a − 2b − 2c �0 2a + b + c 2a + b + c + 4 a + 7 2 2 � 2 ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) � 2 2 2 0 1 2 1 2 0,50 Tương tự: ; 2b + c + a b + 7 2c + a + b c + 7 2 2 1 1 1 4 4 4 Từ đó suy ra + + + 2 + 2 a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.