ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 141

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

31
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 141', 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 141

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. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2 x 3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 . 2. Tìm m để đường thẳng y = 2 x + 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điểm C ( 0;1) nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . Câu II (2,0 điểm). � π� � π� 1 1. Giải phương trình cos � − � cos � + � cos 2 x − 1. x + x = � 4� � 4� 3 1 12 2. Giải phương trình 2 − 6.2 − 3( x−1) + x = 1. 3x x 2 2 π 4 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I = tan x dx . 0 ( 4 cos x − sin x ) cos x Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 450. Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện MABC theo a. Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương tùy ý thỏa mãn abc = 8 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P= + + . 2a + b + 6 2b + c + 6 2c + a + 6 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 VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A( − 1;2) và đường thẳng ( ∆ ): 3 x − 4 y + 7 = 0 . Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng ( ∆ ) tại hai điểm B, C sao cho ∆ ABC vuông tại 4 A và có diện tích bằng . 5 x −1 y −1 z − 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = và điểm A(2;1;2). Viết 2 −1 1 1 phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng . 3 10 2 Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( 1+ 2x) . ( 3 + 4x + 4x 2 ) = a0 + a1 x+ a2 x2 + .. .+ a14 x14. Tìm giá trị của a6. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2; − 3). Biết đỉnh A, C lần lượt thuộc các đường thẳng x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. x = 1+ t 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : y = 2 − t ; z =1 x − 2 y −1 z +1 d2 : = = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d1 và d 2 , sao cho khoảng cách từ 1 −2 2 d1 đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ d 2 đến (P). log 2 ( y − 2 x + 8) = 6 Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình . 8 x + 2 x.3 y = 2.3x + y --------------------Hết-------------------
HƯỚNG DẪN Câu 1: 1,(1,0 điểm) Với m=1 ta có y = 2 x − 3 x + 13 2 • TXĐ: D=R *Sự biến thiên: *Giới h ạn: xlim y = + + ; lim y = − x − x=0 -Ta có: y ' = 6 x( x − 1) y' = 0 x =1 -BBT: x − 0 1 + y’ + 0 - 0 + y 1 + − 0 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ;0) và (1; + ), hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1). Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=1, đạt cực tiểu tại x=1 và yCT=0. • Đồ thị: 1 1 1 - Ta có y '' = 12 x − 6 � y '' = 0 � x = I ( ; ) là điểm uốn của đồ thị. 2 2 2 �1 � - Đồ thị (C) cắt trục Oy tại A ( 0;1) -Đồ thi cắt trục Ox tại B ( 1;0 ) ;C � ;0 � − �2 � Câu 1: 2, (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: y = 2 x 3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1 là nghiệm phương trình: 2 x3 − 3mx 2 + ( m − 1) x + 1 = 2 x + 1 x = 0 � y =1 � x (2 x 2 − 3mx + m − 3) = 0 � Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B 2 x 2 − 3mx + m − 3 = 0 (*) phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu � 2.(m − 3) < 0 � m < 3 Khi đó tọa độ 3m x A + xB = 2 yA = 2 xA + 1 A và B thỏa mãn và ( vì A và B thuộc (d)) m−3 y B = 2 xB + 1 x A . xB = 2 9m 2 m−3 AB= 30 � ( xB − x A ) 2 + ( yB − y A ) 2 = 30 � ( xB − x A ) 2 = 6 � ( xB + x A ) 2 − 4 xB .x A = 6 � − 4. =6 4 2 m=0 � 9 m − 8m = 0 � 2 8 ( tmdk : m < 3) . m= 9 � π� � π� 1 π 1 Câu 2: 1,(1,0 điểm) cos � − � cos � + � cos 2 x − 1 x + x = 2 cos x.cos = ( 2 cos 2 x − 1) − 1 � 4� � 4� 3 4 3 3 2cosx = 2 cos 2 x − 4 2 cos 2 x − 3 2 cos x − 4 = 0
2 3π 2 (cos x − 2 2)( cos x + )=0 � cos x = − + 2k π . x= 2 2 4 �3 x 23 � � x 2 � Câu 2: 2, (1,0 điểm) Giải: Viết lại phương trình có dạng: � − 3 x � 6 � − x 2 − 2 = � 1 (1) � 2 � � 2 � 3 2 23 � 2 � � 2� Đặt t = 2 − x � 23 x − 3 x = � x − x �+ 3.2 x � x − x � t 3 + 6t Khi đó phương trình (1) có dạng: x 2 2 = 2 2 � 2 � � 2 � 2 t 3 + 6t − 6t = 1 � t = 1 � 2 x − x = 1 � (2 x + 1)(2 x − 2) = 0 � 2 x = 2 � x = 1 2 π 4 Câu 3: (1,0 điểm) Ta có: I = tan x dx 0 ( 4 − tan x ) cos 2 x S dx π Đặt: tan x − 4 = t � 2 = dt . Đổi cận: Với x = 0 � t = −4; x = � t = −3 cos x 4 M −3 −3 (t + 4).dt 4 −3 4 Suy ra: I = − = − (1 + )dt = −(t + 4 ln t ) = 4 ln − 1 −4 t −4 t −4 3 A H C BC ⊥ AB Câu 4: (1,0 điểm) � BC ⊥ (SAB) � BC ⊥ SB BC ⊥ SA ﾷ ⊥ Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc SBA . Tam giác SAB vuông cân tại A, do đó SA = AB = a. SA B (ABC), MH // SA nên MH ⊥ (ABC). Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC. 1 a3 Suy ra VM.ABC = MH.S∆ABC = . 3 12 � � 1 1 1 1� 1 1 1 � Câu 5(1,0 điểm) P = + + �P= � + + �. 2a + b + 6 2b + c + 6 2c + a + 6 2 � + b + 3 b + c + 3 c + a + 3� a � 2 2 2 � a b c 1� 1 1 1 � Đặt: x = ; y = ; z = � x, y , z > 0 & x. y.z = 1 Khi đó: P = � + + . 2 2 2 2 �x + y + 3 2 y + z + 3 2 z + x + 3 � 2 � 1 1 Mà ta có: x + y � xy ; x + 1 ��x 2 x + y + 3 � xy + x + 1) 2 x + y + 3 2 2 2( . 2( xy + x + 1) 1 1 1 1 Tương tự: , 2y + z + 3 2( yz + y + 1) 2 z + x + 3 2( zx + z + 1) 1� 1 1 1 � Suy ra: P � + + � 4 � xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1 � 1� 1 x xy � 1� 1 x xy � 1 1 = P � + + � P � + + � Vậy maxP = khi x 4 � xy + x + 1 x ( yz + y + 1) xy ( zx + z + 1) � 4 � xy + x + 1 1 + xy + x ) x + 1 + xy � 4 4 = y = z = 1. 4 Câu 6a:1. (1,0 điểm) Gọi AH là đường cao của ∆ABC , ta có AH = d ( A; ∆ ) = . 5 1 4 1 4 S ∆ABC = AH .BC � = . .BC � BC = 2 . Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính của đường 2 5 2 5 1 ﾷ x = - 1+ 4t ﾷ tròn cần tìm, ta có R = AI = BC = 1 .Phương trình tham số của đường thẳng ( ∆ ): ﾷ . 2 ﾷ y = 1+ 3t ﾷ 9 I ﾷ (∆) ﾷ I(-1+4t; 1 + 3t). Ta có AI = 1 ﾷ 16t2 + (3t – 1)2 = 1 ﾷ t = 0 hoặc t = . 5 +t=0 ﾷ I(-1; 1). Phương trình của đường tròn là (x + 1)2 + (y – 1)2 = 1.
9 1 43 1 43 +t= ﾷ I(- ; ). Phương trình của đường tròn là (x + )2 + (y – )2 = 1. 5 25 25 25 25 Câu 6a:2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u = (2 ; -1 ; 1). Gọi n = (a ; b ; c ) là vtpt của (P). Vì ∆ ( P ) nên n . u = 0 . 2a – b + c = 0 b = 2a + c n =(a; 2a + c ; c ) . Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0 1 a 1 = � ( a + c) = 0 � a + c = 0 . 2 ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0. d(A ; (P)) = � 3 a + (2a + c) + c 2 2 2 3 Chọn a = 1 , c = -1 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0. 10 2 Câu 7a: (1,0 điểm) Cho khai triển ( 1+ 2x) . ( 3 + 4x + 4x 2 ) = a0 + a1 x + a2 x2 + .. .+ a14 x14. Tìm giá trị của a6. 2 10 2 ( 1+ 2x) . ( 3 + 4x + 4x 2 ) = ( 1+ 2x) . 10 �+ ( 1+ 2x) 2 �= 4 1+ 2x 10 + 4 ( 1+ 2x) 12 + 14 2 � � � ( � ) ( 1+ 2x) 10 6 12 6 Hệ số của x6 trong khai triển 4 ( 1+ 2x) là 4.26. C10 .Hệ số của x6 trong khai triển 4 ( 1+ 2x) là 4.26. C12 . 14 6 6 6 6 Hệ số của x6 trong khai triển 4 ( 1+ 2x) là 26. C14 . Vậy a6 = 4.26. C10 + 4.26. C12 + 26. C14 = 482496. Câu 6b: 1. (1,0 điểm) Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên A(a;-a– � − 2c − 3 = 4 a � = −1 a 3) và C(- 2c – 3 ; c). I là trung điểm của AC � � �� A(-1; -2); C(5 ;-4) � a − 3 + c = −6 − � = −4 c r x = 2+ t Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u =(1;3) có ptts là y = −3 + 3t uuu r uuu r B BD B(2+t ; -3 +3t). Khi đó : AB = (3 +t ;–1+3t); CB = (- 3+t; 1+3t) AB . CB = 0 ﾷ t = ﾷ 1..Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0) Câu 6b: 2. (1,0 điểm) d1 đi qua điểm A(1;2;1) và vtcp là : u1 = ( 1; −1;0 ) ; d 2 đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: u2 = ( 1; −2; 2 ) .Gọi n là một vtpt của (P), vì (P) song song với d1 và d 2 nên n = [ u1 ; u2 ] = (-2 ; -2 ; -1) D = −3 7 + D = 2(5 + D ) (P): 2x + 2y + z + D = 0. d(A; (P) = 2d( B;(P)) � 7 + D = 2. 5 + D 17 7 + D = −2(5 + D) D=− 3 17 Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z - = 0. 3 log 2 ( y − 2 x + 8) = 6 (1) Câu 7b(1,0 điểm) Giải hệ phương trình .Điều kiện: y – 2x + 8 > 0 8 x + 2 x.3 y = 2.3x + y (2) ( 2) 6 (1) y – 2x + 8 = � y = 2x . Thay y = 2 x vào phương trình (2), ta được x x 3x x �8 � � � 18 2 �� 2 8 x + 2 x.32 x = 2.33 x � 8 x + 18 x = 2.27 x � � �+ � � = 2 � � � + � �= 2 27 27 � � � � 3 �� 3 x �� 2 Đặt: t = � �(t > 0)Ta có phương trình t + t − 2 = 0 � ( t − 1) t + t + 2 = 0 . 3 3 2 ( ) �� x=0 � t =1� . Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0). y=0