ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 139

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

Thêm vào BST

Báo xấu

28
lượt xem 7
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 139', 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 139

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) x+2 Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y = (C ) x −3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang bằng 5 lần khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng. ( ) Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình: 8 sin x + cos x + 3 3 sin 4 x = 3 3 cos 2 x − 9sin 2 x + 11 . 6 6 x 3 − 6x 2y + 9xy 2 − 4y 3 = 0 Câu 3. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên ﾡ : x−y + x+y =2 1 − x2 Câu 4. (1,0 điểm). Tìm nguyên hàm của hàm số: f ( x ) = trên đoạn � � 1;8 � � x + x3 Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng a 3 (ABCD). Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng . Tính thể tích khối chóp 4 S.ABCD theo a. � 3� � 3� � 1� � 1� Câu 6. (1,0 điểm). Cho a, b ﾡ *+ . Chứng minh rằng: � 2 + b + � b2 + a + � � a + ﾠ � 2b + � a � ﾠ 2 � � 4� � 4� � 2� � 2� II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ : x + 2 y − 3 = 0 và hai điểm A(1; 0), B(3; - 4). uuu r uuur Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho MA + 3MB nhỏ nhất. 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. Câu 8a. (1,0 điểm) Giải bất phương trình trên ﾡ : 8 + 21+ 3− x − 4 3− x + 21+ 3− x 5 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P(−7;8) và hai đường thẳng d1 :2 x + 5 y + 3 = 0 ; d 2 :5 x − 2 y − 7 = 0 cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng d3 đi qua P tạo với d1 , d 2 thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 14,5 . x 2 y2 2. Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy, cho Hypebol (H): − 16 9 =1. ViÕt ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elip (E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H). 8 � log2 3 9x−1 + 7 − 1 log2 ( 3x−1 +1) � Câu 8b. (1,0 điểm) Cho khai triển Niutow �2 +2 5 �. Hãy tìm các giá trị của x ﾡ , � � biết rằng số hạng thứ 6 từ trái sang phải trong khai triển này là 224. ----------------------------- Hết ------------------------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………..……………………………………….. Câu Lời giải chi tiết Điể m I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. 1. (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. (2,0 * Tập xác định D = ﾡ \ { 3} điểm) * Sự biến thiên: +/ Giới hạn và tiệm cận: 0,25 lim y = 1; lim y = 1 : Đồ thị có tiệm cận ngang là y = 1 x − x + lim y = + ; lim y = − : Đồ thị có tiệm cận đứng là x = 3 3+ x x 3− −5 x − 3 + +/ Ta có: y ' = < 0; ∀x 3 , − 0 − ( x − 3) y' 0 2 1 + Bảng biến thiên: y 0,5 − 1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( − ;3) và ( 3; + ). * Đồ thị: 12 10 8 6 4 2 0.25 -25 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20 -2 -4 -6 -8 -10 2. (1,0 điểm): Tìm điểm trên đồ thị �5 � Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C): M = �;1 + a �a 3 , a −3 � � 0,25 Tiệm cận đứng ∆1 : x − 3 = 0 ; tiệm cận ngang ∆ 2 : y − 1 = 0 5 Theo giải thiết: d ( M ; ∆ 2 ) = 5d ( M ; ∆1 ) � a − 3 = 5 a − 3 (1) 0,25 Giải phương trình (1), ta được: a = 4; a = 2 0,25 Vậy các điểm cần tìm là: M = ( 4;6 ) & M ' = ( 2; −4 ) 0,25 ( ) Câu 2. Giải phương trình: 8 sin 6 x + cos 6 x + 3 3 sin 4 x = 3 3 cos 2 x − 9sin 2 x + 11 . (1,0 điểm) Phương trình 8 ( 1 − 3sin 2 x cos 2 x ) + 3 3 sin 4 x − 3 3cos2 x + 9sin 2 x − 11 = 0 S 0,25 � 3 3cos2 x ( 2sin 2 x − 1) − 3 ( 2 sin 2 2 x − 3sin 2 x + 1) = 0 2sin 2 x − 1 = 0 ( 1) 0,25 � ( 2sin 2 x − 1) ( ) 3cos2 x − sin 2 x + 1 = 0 � 3cos2 x − sin 2 x = −1 D ( 2) I 3a A O H C a B K
π x = + kπ 1 12 Giải phương trình (1): sin 2 x = �� (k ﾡ ) 0,25 2 5π x= + kπ 12 π x = + kπ � π� 1 4 Giải phương trình (2): 3cos2 x − sin 2 x = − 1 � cos � x + � − �� 2 = (k ﾡ ) 0,25 � 6� 2 5π x = − + kπ 12 Câu 3. 3 2 2 3 Giải hệ phương trình: x − 6x y + 9xy − 4y = 0 (1) (1,0 điểm) x−y + x+y =2 (2) x=y Ta có: (1) ⇔ (x − y )2(x − 4y ) = 0 ⇔ 0,5 x = 4y Với x = y: Thay vào (2) ta được x = y = 2 0,25 Với x = 4y: Thay vào (2) ta được x = 32 − 8 15; y = 8− 2 15 0,25 Câu 4. 1 − x2 (1,0 Tìm nguyên hàm của hàm số: f ( x ) = trên đoạn � � 1 � �;8 điểm) x + x3 1 −1 1− x 2 x2 Vì hàm số liên tục trên [ 1;8] . Ta có: � 3 dx = � 1 dx 0,5 x+x +x x 1 1 −1 d (x + ) 2 1 = � dx = −� x = − ln( x + ) + C x 1 1 +x +x x 0,5 x x 1− x 2 1 Vậy nguyên hàm của hàm số f ( x ) = trên đoạn [ 1;8] là: F ( x ) = − ln( x + ) + C; C ﾡ x + x3 x Câu 5. (1,0 điểm). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. (1,0 Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó điểm) ﾡ A B D = 600 . Hay ∆ABD đều. Do ( SAC ) ; ( SBD ) ⊥ ( ABCD ) nên giao tuyến của chúng 0,25 SO⊥ (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3 ; 1 a 3 OK // DH và OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) 2 2 0,25 a 3 Gọi I là hình chiếu của O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB), hay OI OI = 4 1 1 1 a Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 = 2 + 2 � SO = OI OK SO 2 Diện tích đáy S ABCD = 4S∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a ; 2 a đường cao của hình chóp SO = . 0,5 2 Thể tích khối chóp S.ABCD: 1 3a 3 VS . ABC D = S ABC D .SO = 3 3 Câu 6. �2 3� 2 � 3� � 1� � 1� (1,0 Chứng minh rằng: � + b + 4 �b + a + 4 � �a + ﾠ �2b + 2 � � a � � � ﾠ 2 � � 2� � � �
điểm) 2 Ta có: a + b + 3 = a 2 − a + 1 + b + a + 1 = � − 1 � + a + b + 1 a + b + 1 2 �a � 4 4 2 � 2� 2 2 0,5 2 3 1 Tương tự: b + a + a+b+ . 4 2 2 Ta sẽ chứng minh � + b + 1 � � a + 1 � (2b + 1 � (*) �a � �2 � � � � � 2� � 2� � 2� 2 2 1 1 0,5 Thật vậy, (*) ⇔ a + b + 2ab + a + b + 4ab + a + b + ⇔ (a − b)2 0 . 4 4 1 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = . 2 II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn uuu r uuu r 7a. 1. (1,0 điểm). Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho MA + 3MB nhỏ nhất. (2,0 điểm) Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( 5 ; −3 ) 0,25 2 uuur uuur uuu uuu r r uuur uuu uuu r r uuu r Ta có : MA + 3MB = (MA + MB ) + 2MB = 2MI + 2MB = 4MJ 0,25 uuur uuur Vì vậy MA + 3MB nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng ∆ 0,25 Đường thẳng JM qua J và vuông góc với ∆ có phương trình : 2x – y – 8 = 0. −2 x= x + 2y − 3 = 0 5 19 −2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ � � . Vậy M( ; ) 0,25 2x − y − 8 = 0 19 5 5 y= 5 2. (1,0 điểm). Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. Giả sử B( xB ; yB ) �d1 � xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) �d 2 � xC = −2 yC + 7 xB + xC + 2 = 6 0,25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: yB + yC + 3 = 0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) 0,25 uuu r uuu r Ta có BG (3; 4) � VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0,25 9 81 Bán kính R = d(C; BG) = phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 0,25 5 25 8a. Giải bất phương trình: (1,0 8 + 21+ 3− x − 4 3− x + 21+ 3− x 5 . điểm) Điều kiện: x ≤ 3. Đặt t = 2 3− x 1 . BPT ⇔ 8 + 2t − t 2 + 2t 5 0,25 5 5 − 2t 0 0 t 2 � 8 + 2t − t �5 − 2t � 8 + 2t − t �0 2 2 � −�� 4 2 t 0 t 1 0,5 5t 2 − 22 x + 17 0 17 t 1; t 5 Với 0 =t��−� ��1 1 2 3− x 3 x 0 x 3 0,25 B. Theo chương trình Nâng cao 7b. 1. (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng d3 đi qua P tạo với d1 , d 2
(2,0 Ta có A(1; −1) và d1 ⊥ d 2 . Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1 , điểm) d 0,25 2 là: ∆ 1: 7 x + 3 y − 4 = 0 và ∆ 2: 3 x − 7 y − 10 = 0 d3 tạo với d1 , d 2 một tam giác vuông cân d3 vuông góc với ∆ 1 hoặc ∆ 2.. ⇒ Phương trình của d3 có dạng: 7 x + 3 y + C = 0 hay 3x − 7 y + C = 0 0,25 Mặt khác, d3 qua P(−7;8) nên C = 25 ; C′ = 77 Suy ra : d3 : 7 x + 3 y + 25 = 0 hay d3 :3x − 7 y + 77 = 0 29 0,25 Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng ⇒ cạnh huyền bằng 58 2 58 d ( A, d ) Suy ra độ dài đường cao A H = = 3 2 58 • Với d3 : 7 x + 3 y + 25 = 0 thì d ( A; d3 ) = ( tm) 0,25 2 87 • Với d3 : 3 x − 7 y + 77 = 0 thì d ( A; d 3 ) = ( loại ) 58 2. (1,0 điểm). Viết ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) Hypebol (H) cã c¸c tiªu ®iÓm F1 ( −5; 0 ) ; F2 ( 5; 0 ) . H×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H) 0,25 cã mét ®Ønh lµ M( 4; 3), x 2 y2 Gi¶ sö ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) cã d¹ng: + = 1 ( víi a > b và a2 b2 0,25 a2 = b2 + c2 ) (E) còng cã hai tiªu ®iÓm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) � a − b = 5 ( 1) 2 2 2 M ( 4;3) ∈ ( E) ⇔ 9a2 + 16b2 = a2b2 ( 2) a2 = 52 + b2 a2 = 40 0,25 Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ:  2 ⇔ 2 9a + 16b = a b b = 15 2 2 2 x 2 y2 VËy ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) lµ: + =1 0,25 40 15 8b. Hãy tìm các giá trị của x ﾡ , (1,0 k =8 điểm) Ta có: ( a + b ) = C8 a 8− k b k . 8 k k =0 0,25 1 1 ( ) 1 = ( 9x −1 + 7 ) ; b = 2 = ( 3x −1 + 1) 3 x −1 − log 2 3x−1 + 1 − Áp dụng với a = 2log2 9 +7 3 5 5 + Theo thứ tự trong khai triển trên, số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải 3 5 � x −1 1 � � x −1 − 5 � 1 của khai triển là T6 = C �9 + 7 ) �. �3 + 1) � = 56 ( 9 x −1 + 7 ) . ( 3x −1 + 1) ( ( 5 3 −1 0,25 8 � �� 9 x −1 + 7 + Theo giả thiết ta có : 56 ( 9 + 7 ) . ( 3 + 1) = 224 � x −1 = 4 � 9 x −1 + 7 = 4(3x −1 + 1) x −1 x −1 −1 0,25 3 +1 x −1 3 =1 x=1 � ( 3x −1 ) − 4(3x −1 ) + 3 = 0 � x −1 � 2 0,25 3 =3 x=2 Ghi chú: Nếu thi sinh làm bài có lời giải khác với đáp án mà lời giải đúng thì vẫn cho điểm tối đa theo biểu điểm đã quy định. --------------------------- Hết --------------------------