Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 140', 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 140
- 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 )
Câu I ( 2 điểm ). Cho hàm số : y = x 3 − 3x − 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho x A = 2 và MN = 2 2 .
Câu II ( 2 điểm ).
(
1) Giải phương trình : tan x + 1 + tan x ( 2 − 3sin x ) − 1 = 0 .
2 2
)
2) Giải hệ phương trình với x, y ﾡ
x2 y − 2 x2 − 2 y 2 + 5 y − 2 = 0
y 2 + 1 + x − y = 2 xy − x 2 + x 2 − 2 xy + y 2 + 1 + y
Câu III ( 1 điểm ).
2x − 1
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : y = (C ) , trục hoành và tiếp tuyến của (C)
x −1
tại giao điểm (C) với trục tung .
Câu IV ( 1 điểm ).
Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đ ỉnh S.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V ( 1 điểm ).
1 1 1 � 1 1 1 �
Chứng mimh rằng với a > 0, b > 0, c > 0 thì + + 3� + + �
a b c � a + 2b b + 2c c + 2a �
II. PHẦN TỰ CHỌN ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B )
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa ( 2 điểm )
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B ( −2;1) , điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc
Ox
ﾡ
( xC 0 ) góc BAC = 30o ; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 . Xác định toạ độ
điểm A và C.
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − z + 1 = 0 và điểm A(1;1;2). Gọi d là
giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz). lập phương trình mặt phẳng ( α ) .qua d và cách A một
khoảng bằng 1.
Câu VIIa ( 1 điểm )
z − 3i − 2
Tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho w = là một số thực.
z+i
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb ( 2 điểm )
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : x + y − 6 x + 2 y + 6 = 0 và điểm A(1;3) ; Một
2 2
đường thẳng d đi qua A, gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với (C). Lập phương trình của d sao
cho AB + AC nhỏ nhất.
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 2 z = 0 cắt các tia
Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VIIb ( 1 điểm ).
Tìm tất các số thưc α để bất phương trình : log 2 x + log x 2 + 2cosα 0 có nghiệm x > 1
.................................................................. H ết.......................................................................
- HƯỚNG DẪN
Câu I (2 điểm)1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x − 3 x − 1
3
Tập xác định: D = ﾡ Đạo hàm: y ﾡ = 3x 2 - 3 Cho y ﾡ = 0 � 3x 2 - 3 = 0 � x = 1 , x = - 1
Giới hạn: x ﾡ - ﾡ y = - ﾡ
lim ; lim y = +ﾡ
x ﾡ +ﾡ
Hàm số ĐB trên các khoảng (- ﾡ ; - 1); (1; +ﾡ ) , NB trên khoảng (- 1;1)
Hàm số đạt cực đại yCĐ = 1tại x CD = - 1 , đạt cực tiểu yCT = –3 tại x CT = 1
BBT
x –ﾡ –1 1 +ﾡ
yﾡ
+ 0 – 0 +
1 +ﾡ Điểm uốn:
y
–ﾡ –3 I ( 0; - 1)
vì:
y ﾡﾡ = 6x = 0 � x = 0 � y = - 1 .
Giao điểm với trục hoành:không có nghiệm nguyên Bảng giá trị
x - 1 0 1 2
y 1 -1 -3 1
Đồ thị hàm số: hình vẽ bên.
2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho x A = 2 và MN = 2 2 Nhận
xét: nếu đường thẳng d qua A không có hệ số góc tức x = 2 cắt (C) nhiếu nhất 1 điểm không thỏa yêu cầu bài
toán .Do đó d phải có hệ số góc .Vì x A = 2 nên y A = 1 suy ra phương trình d có dạng y = k ( x − 2 ) + 1
Phương trình hoành độ giao điểm d và (C) là:
x=2
� x 3 − (3 + k ) x + 2k − 2 = 0 � ( x − 2)( x 2 + 2 x − k + 1) = 0 �
x 2 + 2 x − k + 1 = 0 (*)
Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N (*) có 2 nghiệm phân biệt, x1 ,x2 2 ; MN = 2 2
Theo vi ét x1 ,+ x2 = −2; x1 x2 = 1 − k Ta có :
8 = MN 2 = ( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 ) k 2 = ( k + 1) ( x2 − x1 ) = ( k + 1) �x2 + x1 ) − 4 x1 x2 �
(
2 2 2 2 2 2
� �
Hay 8 = ( k + 1) ( 4 − 4 ( 1 − k ) ) � k 3 + k − 2 = 0 � k = 1 (thoả yêu càu bài toán ).Vậy d có pt là : y = x − 1
2
2 2
( )
Câu II( 2 điểm)1) Giải phương trình : tan x + 1 + tan x ( 2 − 3sin x ) − 1 = 0 Điều kiện cos x 0
1 − tan x 2
1
Phương trình viết lại 2 − 3sin x = � 2 − 3sin x = cos2 x � 2sin 2 x − 3sin x + 1 = 0 � sin x = 1 ;sin x =
1 + tan x
2
2
1 π 5π
so sánh đ/k chọn sin x = � x = + k 2π ; x = + k 2π ( k � ) 2) Giải hệ phương trình với x, y ﾡ
ﾡ
2 6 6
x2 y − 2 x2 − 2 y 2 + 5 y − 2 = 0 ( 1)
y 2 + 1 + x − y = 2 xy − x 2 + x 2 − 2 xy + y 2 + 1 + y ( 2)
( x − y) +1 − x − y − ( x − y) .
2 2
Từ phương trình (2) ta có đ/k : x y, y 0 y2 + 1 − y − y2 =
- t 1
Xét hàm số f ( t ) = t 2 + 1 − t − t 2 liên tuc [ 0;+ ) có f ( t ) = − − 2t
/
t +1
2
.2 t
� 1 � 1
= t� − 2� − < 0 ∀t > 0 Suy ra hàm số nghịch biến ( 0;+ ) nên f ( y ) = f ( x − y ) � x = 2 y
� t +1 �2 t
2
Thay vào (1) ta có ( y − 2 ) ( x − x + 1) = 0 � y = 2 � x = 4 .Vậy hệ có nghiệm (x ;y) = (4 ; 2)
2
2x − 1
Câu III(1 điểm)3 /Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : y = (C ) , trục hoành, và
x −1
tiếp tuyến của (C) tại giao điểm (C) với trục tung. viết được pt tt : y = − x + 1 nêu được miếng lấy diện tích
1 1
1 1
2
� 2x − 1� � x2 � � x2
2 �
S = �− x + 1) −
( dx + ( − x + 1) dx
x −1 � �
� = � − x − ln x − 1 � + � + x �
− −
0� � 1 �2 � �2
0 �
1
2 2
=
1
ln 2 −
2
Câu IV(1 điểm )Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD
vuông cân đỉnh S. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Ta có diện tích đáy hình vuông ABCD : S =4 a2
Gọi E , F lần lượt trung điểm AB và CD Tam giác SAB đều nên đường cao
2a 3
SE = =a 3
2
Tam giác SCD vuông cân đỉnh S nên đường cao SF = a
Do đó ta có tam giác SEF vuông tại S (vì EF 2 = SE 2 + SF 2 )
Trong tam giác SEF kẻ SH vuông góc EF tại H
1 1 1 1 1 4
Ta có SH vuông góc mp(ABCD) . 2
= 2
+ 2
= 2+ 2 = 2
SH SE SF 3a a 3a
3
a 3 1 1 a 3 2a 3
� SH = . Vậy V = S ( ABCD ).SH = .4a 2 . = ( đvt
2 3 3 2 3
Câu V(1 điểm) CMR với a > 0; b> 0; c > 0 thì
1 1 1 � 1 1 1 �
+ + 3� + + � Với a > 0, b > 0, c >0 Giải : ta có:
+
a b c � a + 2b b + 2c c + 2a �
a + 2 b = a + 2 2b ( 1 + 2 ) ( a + 2b ) = 3 ( a + 2b ) (1)
+ Do �
�1
�a
+
2 �
(
� a +2 b =� +
b�
)�1
�a
1
b
+
1 �
b�
(
� a + b + b 9 nên
1
a
+
2
)
b
9
a +2 b
(2) .Từ
1 2 3 3
(1) và (2) ta có: + (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0)
a b a + 2b
1 1 1 � 1 1 1 �
Áp dụng (3) ta có: + + 3� + + � đpcm)
(
a b c � a + 2b b + 2c c + 2a �
dấu " = " xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c
Câu VIa(2 điểm) 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B ( −2;1) , điểm A thuộc Oy, điểm C
ﾡ
thuộc trục hoành ( xC 0 ) góc BAC = 30o ; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 . Xác định
toạ độ A và C.
Gọi C(c;0) ; A(0;a) ; ta có BC = 2 R sin 30o = 5 � BC 2 = 5 � ( c + 2 ) + ( 0 − 1) = 5 � c = 0 , c = −4 (loai )
2 2
- Suy ra C(0 ;0) trùng với điểm O .Gọi H hình chiếu vuông góc điểm B trên Oy ta có tam giác BHA một nửa tam
giác đều .Nên BA =2 BH do đó HA = 2 3 � A(0;1 + 2 3) hoặc A(0;1 − 2 3)
Vậy có A(0;1 − 2 3) , B(-2 ;1) , C(0 ;0) hoặc A(0;1 + 2 3) , B(-2 ;1) , C(0 ;0)
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − z + 1 = 0 và điểm A(1;1;2). Gọi d là giao tuyến
của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz). Lập phương trình mặt phẳng ( α ) .qua d và cách A một khoảng bằng 1.
Phương trình mp(Oyz): x = 0 ; và ) B(0;0;1), C (0, −1; −1) thuộc d , phương trình mặt phẳng ( α ) có dạng :
ax + by + cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 0 ). Do ( α ) đi qua B, C nên :
�+ d = 0
c � = −c
d
� �� � pt ( α ) là ax + (- 2c)y +cz - c = 0
� b − c + d = 0 � = −2c
− b
a − 2c + 2c − c
d ( A,α ) = 1 �
2
= 1 � a − c = a 2 + 5c 2 � − ac = 2c 2
a + 4c + c
2 2 2
Nếu c = 0, chọn a = 1 � b = 0, d = 0 � ( α ) � pt ( α ) x = 0
Nếu a= - 2c chọn c = 1 thì a= - 2d = -1 , b= - 2 khi đó pt ( α ) : - 2x - 2y + z - 1 = 0 Câu VII a( 1 điểm)Tìm tập
z − 3i − 2
hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho w = là một số thưc Gọi z = a + bi (a, b ﾡ ) khi đó
z+i
a − 2 + (b − 3)i ( a − 2 + (b − 3)i ) ( a − (b + 1)i )
w= =
a + (b + 1)i a 2 + (b + 1) 2
a (a − 2) + (b − 3)(b + 1) + [ a(b − 3) − (a − 2)(b + 1) ] i
= là số thưc khi và chỉ khi :
a 2 + (b + 1) 2
�(b − 3) − (a − 2)(b + 1) = 0
a �a − b − 1 = 0
2
� �
�� 0
a �� 0
a Vậy tập hợp đó là đường thẳng 2 x − y − 1 = 0 trừ điểm M(0 ; -
�� −1
b � � −1
b
�� ��
1) Câu VIb.(2 điểm)1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : x + y − 6 x + 2 y + 6 = 0 và
2 2
điểm A(1;3) ;
Gọi B, C là giao của đường thẳng d đi qua A với (C).Lập phương trình d sao cho AB + AC nhỏ nhất.
Tâm đường tròn I (3; −1), R = 2; IA = 2 5 = d ( I , A) > R = 2 nên điểm A nằm ngoài (C)
Ta có PA/ (C ) = AB.AC = d2- - R2 = 16 ; và AB + AC 2 AB. AC = 2.4 = 8 dấu “=”xẩy ra AB = AC = 4 . Khi đó
d là tiếp tuyến của (C), d có dạng a ( x − 1) + b( y − 3) = 0 � ax + by − a − 3b = 0
3a − b − a − 3a b=0 b=0 b=4
Từ đó ta có d ( I , d ) = 2 � = 2 � 3b 2 = 4ab � chọn
a 2 + b2 4a = 3b a =1 a=3
Vậy phương trình d : x = 1 , 3 x + 4 y − 15 = 0
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 2 z = 0 cắt các tia Ox, Oy, Oz lần
lượt tại A, B, C khác O . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
(S) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 6 có tâm w(1;2;1) bán kính R = 6
2 2 2
(S) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(2;0;0), B(0;4;0), C( 0;0;2) . Gọi I tâm đường tròn (A,B,C) thì I giao đi ểm c ủa d
đi qua w và vuông góc mp(ABC),và mp(ABC); Ptmp(ABC)
x = 1 + 2t
−2
Giải hệ 2 x + y + 2 z − 4 = 0 và y = 2 + t ta được t = suy ra
9
z = 1 + 2t
2 2 2
5 16 5 �5 � � � �� 5
16 5
I ( ; ; ) và r = IA =
9 9 9 � − 2 �+ � �+ � � = 2
�9 � � � �� 3
9 9
Câu VIIb. (1 điểm)Tìm tất các giá trị α ﾡ để bất phương trình : log 2 x + log x 2 + 2cosα 0 có nghiệm
1
x > 1 .Với x. > 1 ; Bpt tương đương với log 2 x + −2cosα 2 ∀α ﾡ (1)
log 2 x
- 1
mặt khác log 2 x > 0 nên theo Côsi ta có: log 2 x + 2 (2)
log 2 x
Từ (1) và (2) ta có ∀ x. > 1 : bpt VT = VP = 2
� cos α = −1 � α = π + k 2π ( k � ) khi đó bất phương trình có nghiệm
ﾡ
log 2 x = 1 � x = 2 . Vậy α = π + k 2π (k ﾡ )
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
