ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 138

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

Thêm vào BST

Báo xấu

28
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 138', 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 138

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 ) = mx + 3mx − ( m − 1) x − 1 , m là tham số 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y = f ( x) không có cực trị. Câu II (2 điểm): Giải phương trình : sin x + cos x 4 4 1 1). = ( tan x + cot x ) ; 2). sin 2 x 2 log 4 ( x + 1) + 2 = log 4 − x + log 8 ( 4 + x ) 2 3 2 3 2 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân A = x 1− x 2 1 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đ ường tròn tâm O, SA và SB là hai đ ường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt ph ẳng SAB b ằng 1, di ện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. x2 − 7 x + 6 0 Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm x 2 − 2 ( m + 1) x − m + 3 0 B.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. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đ.th ẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm t ọa đ ộ các đ ỉnh c ủa tam giác ABC. 2. Cho hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2z + 5 = 0; ( Q ) : x + 2 y − 2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua đi ểm A(5;2;1) và ti ếp xúc v ới c ả hai m.phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 5 2 Cn −1 − Cn −1 < An − 2 4 3 4 k k (Ở đây An , Cn lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n n− 7 3 Cn +14 An +1 15 phần tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 8 = 0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và các đường thẳng: x −1 y − 3 z x −5 y z +5 d1 : = = ; d2 : = = . Tìm các điểm M �d1 , N �d 2 sao cho MN // (P) và 2 −3 2 6 4 −5 cách (P) một khoảng bằng 2.
1 Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố f ( x ) = ln và giải bpt: ( 3 − x) 3 π 6 t sin 2 dt π 2 f '( x ) > 0 x +2 Đáp án Câu Ý Nội dung Điể m 2 1,00 + Khi m = 0 � y = x − 1 , nên hàm số không có cực trị. 0,25 0 � y ' = 3mx + 6mx − ( m − 1) 2 + Khi m 0,50 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y ' = 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 1 � ∆ ' = 9m 2 + 3m ( m − 1) = 12m 2 − 3m � � 0 m 0 4 0,25 1 1,00 sin x + cos x 1 4 4 = ( tan x + cot x ) (1) sin 2 x 2 0,25 Điều kiện: sin 2 x 0 1 1 − sin 2 2 x 2 1 � x cos x � sin 0,25 (1) � = � + � sin 2 x 2 � x sin x � cos 1 1 − sin 2 2 x 2 1 1 � = � 1 − sin 2 2 x = 1 � sin 2 x = 0 sin 2 x sin 2 x 2 0,50 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 1,00 log 4 ( x + 1) + 2 = log 4 − x + log 8 ( 4 + x ) (2) 2 3 2 x +1 0 −4 < x < 4 0,25 Điều kiện: � − x > 0 4 � x −1 4+ x > 0 (2) � log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 4 − x ) + log 2 ( 4 + x ) � log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 16 − x 2 ) 0,25 � log 2 4 x + 1 = log 2 ( 16 − x 2 ) � 4 x + 1 = 16 − x 2 0,25 + Với −1 < x < 4 ta có phương trình x + 4 x − 12 = 0 (3) ; 2 x=2 (3) x = −6 ( loﾹi )
+ Với −4 < x < −1 ta có phương trình x 2 − 4 x − 20 = 0 (4); x = 2 − 24 ( 4) 0,25 x = 2 + 24 ( loﾹi ) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2 hoặc x = 2 1 − 6 ( ) III 1,00 dx tdt Đặt t = 1 − x � t = 1 − x � 2tdt = −2 xdx � =− 2 2 2 2 x x dx tdt tdt � =− = 2 x 1− t 2 t −1 + Đổi cận: 0,50 1 3 x = �t = 2 2 3 1 x= �t = 2 2 1 3 2 dt 2 dt 1 t + 1 23 1 � + 4 3 � 7 A= � −1 = t 2 �− t 2 2 1 − t |12 = 2 ln � 3 � 1 1 = ln � � 0,50 3 � � 2 2 IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE ⊥ AB, SE ⊥ AB , suy ra ( SOE ) ⊥ AB . Dựng OH ⊥ SE � OH ⊥ ( SAB ) , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 8 2 = 2 + 2 � 2 = 2 − 2 = 1− = OH SO OE OE OH SO 9 9 9 3 � OE 2 = � OE = 8 2 2 9 81 9 SE 2 = OE 2 + SO 2 = + 9 = � SE = 8 8 2 2 1 2S 36 S SAB = AB.SE � AB = SAB = =8 2 2 SE 9 2 2 0,25 2 � 1 � (9 ) 9 265 2 OA2 = AE 2 + OE 2 = � AB �+ OE 2 = 4 2 + = 32 + = � 2 � 8 8 8 1 1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V = π .OA .SO = π .3 = π 2 0,25 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2 = SO 2 + OA2 = 9 + = � SA = 8 8 8 0,25 265 337 89305 S xq = π .OA.SA = π . =π 8 8 8 V 1,00
x 2 − 7 x + 6 0 (1) Hệ bất phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x − m + 3 0 (2) 0,25 ( 1) � 1 x 6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0 [ 1;6] thỏa mãn (2). x2 − 2 x + 3 ( 2 ) �−+ �2 x۳��(+ x 1) m x + 3 2> 2 m (do x [ 1;6] 2 x 1 0) ( 2 x + 1) 0,25 x2 − 2x + 3 Gọi f ( x) = ;x [ 1;6] 2x +1 Hệ đã cho có nghiệm �∃ γ 0 x [ 1;6] : f ( x0 ) m 2 x2 + 2 x − 8 2 ( x2 + x − 4) −1 17 f '( x) = = ; f ' ( x ) = 0 � x2 + x − 4 = 0 � x = 0,25 ( 2 x + 1) ( 2 x + 1) 2 2 2 −1 + 17 Vì x [ 1;6] nên chỉ nhận x = 2 2 27 � 1 + 17 � −3 + 17 − Ta có: f (1) = , f (6) = , f � �= 3 13 � 2 � � � 2 27 0,25 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x ) = 13 27 Do đó ∃x0 γ [ 1;6] : f ( x0 ) m ۳۳ max f ( x) m m x [ 1;6 ] 13 VIa 2,00 1 1,00 �x + 3y − 4 = 0 4 � = −2 x Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: � �� A ( −2; 4 ) 0,25 � + 2y − 6 = 0 x �=4 y �x + 3y − 4 = 0 4 � =1 x Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình � �� B ( 1;0 ) 0,25 � − y −1 = 0 x � =0 y Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a ( x + 2 ) + b ( y − 4 ) = 0 � ax + by + 2a − 4b = 0 Gọi ∆1 : 4 x + 3 y − 4 = 0; ∆ 2 : x + 2 y − 6 = 0; ∆ 3 : ax + by + 2a − 4b = 0 Từ giả thiết suy ra (ﾷ∆ ; ∆ ) = (ﾷ∆ ; ∆ ) . Do đó 2 3 1 2 |1.a + 2.b | | 4.1 + 2.3 | cos (ﾷ∆ 2 ; ∆ 3 ) = cos (ﾷ∆1 ; ∆ 2 ) � = 5. a 2 + b 2 25. 5 0,25 a=0 �| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 � a ( 3a − 4b ) = 0 � 3a − 4b = 0 +a=0 b 0 . Do đó ∆ 3 : y − 4 = 0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra ∆ 3 : 4 x + 3 y − 4 = 0 (trùng với ∆1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. � −4=0 y �=5 x Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: � �� C ( 5; 4 ) 0,25 � − y −1 = 0 x �=4 y 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: 0,25 OI = AI OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) � OI = d ( I , ( P ) ) d ( I,( P) ) = d ( I,( Q) )
Ta có: OI = AI � OI 2 = AI 2 � a 2 + b 2 + c 2 = ( a − 5 ) + ( b − 2 ) + ( c − 1) 2 2 2 � 10a + 4b + 2c = 30 (1) | a + 2b − 2c + 5 | OI = d ( I , ( P ) ) � a 2 + b 2 + c 2 = � 9 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + 2b − 2c + 5 ) (2) 2 3 0,25 | a + 2b − 2c + 5 | | a + 2b − 2c − 13 | d ( I,( P) ) = d ( I,( Q) ) � = 3 3 a + 2b − 2c + 5 = a + 2b − 2c − 13 ( loﾹi ) � � a + 2b − 2c = 4 (3) a + 2b − 2c + 5 = −a − 2b + 2c + 13 17 11a 11 − 4a Từ (1) và (3) suy ra: b = − ;c = (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a 2 + b 2 + c 2 = 9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( a − 2 ) ( 221a − 658 ) = 0 0,25 658 �658 46 67 � Như vậy a = 2 hoặc a = .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I � ; ;− �và R 221 �221 221 221 � = 3. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 2 2 2 0,25 � 658 � � 46 � � 67 � ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 9 và � − �+ � − �+ � + �= 9 2 2 2 x y z � 221 � � 221 � � 221 � VIIa 1,00 Điều kiện: n −�۳ 4 1 n 5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương: ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3) ( n − 4 ) − ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3) < 5 n − 2 n − 3 ( )( ) 0,50 4.3.2.1 3.2.1 4 ( n + 1) n ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3) 7 n + 1 n n − 1 ( ) ( ) 5.4.3.2.1 15 n 2 − 9n − 22 < 0 � n 2 − 5n − 50 � � n = 10 0 0,50 n 5 VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình x2 + y2 + 2x − 4 y − 8 = 0 y = 0; x = 2 0,50 � � x − 5y − 2 = 0 y = −1; x = −3 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì ﾷ ABC = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng v ới đi ểm A 0,50 qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 2 1,00 x = 1 + 2t 0,25 Phương trình tham số của d1 là: y = 3 − 3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M z = 2t ( 1 + 2t;3 − 3t; 2t ) . Theo đề:
|1 + 2t − 2 ( 3 − 3t ) + 4t − 1| |12t − 6 | d ( M ,( P) ) = =2� = 2 � 12t − 6 = �� t1 = 1, t2 = 0. 6 12 + ( −2 ) + 22 3 2 + Với t1 = 1 ta được M 1 ( 3;0; 2 ) ; 0,25 + Với t2 = 0 ta được M 2 ( 1;3;0 ) + Ứng với M1, điểm N1 d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: ( x − 3) − 2 y + 2 ( z − 2 ) = 0 � x − 2 y + 2 z − 7 = 0 (1) . x = 5 + 6t 0,25 Phương trình tham số của d2 là: y = 4t (2) z = −5 − 5t Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25 VIIb 1,00 1 Điều kiện >0� x �x − 3 x + 2 < 0 Khi đó: π 2 � �− x x+2 � � 3 ( )( ) � 1 0,50 f '( x ) > 0 � < 3; x −2 � < 3; x −2 < x