Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 142', 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 142
- 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 CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng (∆): y = ( 2m − 1)x − 4m cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N
cùng với điểm P( −1;6) tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm trọng tâm.
π
Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: cos 2 x + 5 = 2 2(2 − cos x )sin( x − )
4
300 x − 40 x − 2 − 10 x − 1 − 3 − 10 x
2
2. Giải bất phương trình: 0
1+ x + 1− x − 2
Câu III. (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi:
(1 + sin x ).e x π
y= ; y = 0; x = 0; x =
x 2
cos
2
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A tạo
a 3
với đáy một góc 300 . Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C biết khoảng cách giữa AA’ và BC là .
4
Câu V. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn a 3 + 8b3 + 27c 3 − 18abc − 1 = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P = a 2 + 4b 2 + 9c 2 .
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 8 = 0 và điểm M (7;7) .
Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm.
Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; –1) và đi qua điểm A(3; –1;1).
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi
bằng 6π .
Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển biểu thức:
1 3 1 32 2 3n 341
P = ( + 3x 2 ) n + 2 . Biết n nguyên dương thoả mãn: Cn + Cn + Cn + ... +
0
Cn =
n
x 2 3 n +1 n +1
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm)
x2 y2
1. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng ∆ : x + y + 4 = 0 và hai elíp ( E1 ) : + = 1,
10 6
x2 y 2
( E2 ) : + = 1 (a > b > 0) có cùng tiêu điểm. Biết rằng ( E2 ) đi qua điểm M thuộc đường thẳng ∆.
a 2 b2
Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:
x 2 + y 2 + z2 − 2x + 4y − 6z − 11 = 0 và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 = 0.
Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6π.
Câu VIIb. (1,0 điểm)
Xét tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8}. Chọn ngẫu
nhiên một phần tử của tập hợp trên. Tính xác suất để phần tử đó là một số chia hết cho 5.
---------------Hết---------------
- HƯỚNG DẪN
Câu 1: 1.(1 điểm)+) TXĐ : D=R
x =0� y =2
Ta có: lim y = + ; lim y = − y ' = 3x 2 − 6 x ; y ' = 0
x + x − x = 2 � y = −2
+) BBT:
x - 0 2 +
y' + 0 - 0 +
y 2 +
- -2
Hàm số đồng biến trên ( − ;0 ) và ( 2; + ) ; Hàm số nghịch biến trên ( 0; 2 )
yCĐ = 2 tại x = 0 ; yCT = - 2 tại x = 2 .
+) Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và 1 ( )
3;0 +) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối
xứng
Câu 1: 2. (1 điểm) Phương trình hoành độ giao của (C) và (∆ ): x 3 − 3x 2 − (2m − 1)x + 4m + 2 = 0
x=2
⇔ (x − 2)(x 2 − x − 2m − 1) = 0
f (x ) = x 2 − x − 2m − 1= 0 (1)
2 x =x
(∆ ) cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N⇔ (1) phải có nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x = 2 x2
1
1 2
∆=0 8m + 5 = 0
b 1 5
− m=−
⇔ 2a
2
⇔ 2
2
⇔ 8 . Với m = − 5 ta có M ( 1 ; 3 ); N (2; −3) m = 1 ta có
1 8 2 8 2
∆>0 8m + 5 > 0 m=
f (2) = 0 −2m + 1= 0 2
M ( −1; −3); N (2; −3) . Vậy: m = 1 thỏa mãn ∆ MNP nhận O làm trọng tâm.
2
Câu 2: 1.(1 điểm) Phương trình ⇔ (cosx–sinx)2 – 4(cosx–sinx) – 5 = 0
cos x − sin x = −1
cos x − sin x = 5 (loai vi cos x − sin x
2)
x = π + k 2π
4( ) 4 (
� 2 sin x − π = 1 � sin x − π = sin π �
4 )
2
x = π + k 2π
( k �Z )
1 3 � 3�
1
Câu 2:2.(1 điểm) Điều kiện: x Ta có: 1 + x + 1 − x < 2, ∀x � ; 10 � Theo BĐT
(
10 10 10
� �
Bunhia) Bpt � 300 x 2 − 40 x − 2 − 10 x − 1 − 3 − 10 x �0
10 x − 2 2 − 10 x
� ( 10 x − 1 − 1) + ( 3 − 10 x − 1) � x 2 − 40 x − 4 �
300 + � x − 2)(30 x + 2)
(10
10 x − 1 + 1 3 − 10 x + 1
- � 1 1 �
� (10 x − 2) � − − 30 x − 2 � 0 (*)
�
� 10 x − 1 + 1 3 − 10 x + 1 �
1 1
f ( x) = − − 30 x − 2
10 x − 1 + 1 3 − 10 x + 1
5 5 1 3
f '( x ) = − − − 30 < 0, ∀x ( ; )
10 x − 1( 10 x − 1 + 1) 2
3 − 10 x ( 3 − 10 x + 1) 2
10 10
1 3 1 3
Mặt khác f ( x ) liên tục trên [ ; ] nên f ( x ) nghịch biến trên [ ; ]
10 10 10 10
3 1 1
>� ( ) f ( x ) f ( ) 0 ( Hs có thể đánh giá).Do đó bất phương trình (*) �−�۳ 2 0
f 10 x x
10 10 5
1 3
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: x A'
5 10 C'
π π x x
2 (1 + 2sin cos )e x dx
2
(1 + sin x )e dx
x
2 2
Câu 3: (1 điểm) V = π � =π�
x x B'
0 cos 2 0 cos2
2 2 H
π π
2 2
1 x 1 x
V =π� ( + 2 tan )e x dx = 2π � ( + tan )e x dx = A
2 x 2 2 x 2 C
0 cos 0 2cos
2 2 O
π M
π
2 π π
2
x x x x x x B
V = 2π (tan e ) ' dx = V = 2π d tan e =2π tan e 2 = 2π e 2
2 2 2
0 0 0
Câu 4:(1 điểm) Gọi O là tâm ∆ABC và M là trung điểm BC ta có:
AM ⊥ BC BC ⊥ ( A' AM )
⇒ BC ⊥ ( A' AM ) .Kẻ MH ⊥ AA' , do ⇒ HM ⊥ BC .
A' O ⊥ BC HM ∈ ( A' AM )
3
Vậy HM là đọan vuông góc chung của AA’và BC, do đó d ( AA' , BC) = HM = a .
4
MH a 3 a2 3
Ta có: �A ' AO = ( A ' A,( ABC )) = 300 � sin 300 = � AM = � AB = a � S ABC =
AM 2 4
A' O HM
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: =
AO AH
AO.HM a 3 a 3 4 a
suy ra A ' O = = =
AH 3 4 3a 3
1 2 a3 3
VA '. BB ' C ' C = VA ' B ' C '. ABCC − VA '. ABC = A ' O.S ABC − A ' O.S ABC = A ' O.S ABC =
3 3 18
Câu 5:(1 điểm)Ta có: 1 = a + 8b + 27c − 18abc − 1 = (a + 2b + 3c)(a + 4b 2 + 9c 2 − 2ab − 3ac − 6bc) (1)
3 3 3 2
� a 2 + 4b 2 + 9c 2 − 2ab − 3ac − 6bc > 0 � a + 2b + 3c > 0
x2 2
Đặt x = a + 2b + 3c, x > 0 Từ (1) suy ra: P = + ,x > 0
3 3x
x2 2 x2 1 1 x2 1 1
P= + = + + 3 3 . . = 1 . Dấu “=” xảy ra khi x=1
3 3x 3 3x 3x 3 3x 3x
1 1
Vậy minP=1 khi a=1, b=c=0 hoặc a=c=0, b = hoặc a=b=0, c =
2 3
Câu 6a: 1. (1 điểm (T ) � ( x − 1) + ( y + 2) = 13 � I (1; −2); R = 13
2 2
uuu
r
Ta có: IM (6;9) � IM = 117 > 13 . Suy ra điểm M nằm ngoài (T). Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp
tuyến.. Gọi K = MI AmB . Ta có MA = MB, IA = IB MI là đường trung trực của AB
KA=KB � � KAB = � KBA = � KAM = � KBM � K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
- x = 1 + 2t
PTTS MI: , MI (T ) tại K1(3;1) và K2(-8;-12)
y = −2 + 3t
A
I
m
K
B M
Ta có AK1 < AK 2 . Vậy K K1 , tức là K(3;1)
Câu 6a:2.(1 điểm) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R= IA= 3. (P) chứa Ox ⇒ (P): by + cz = 0.
Mặt khác đường tròn thiết diện có chu vi bằng 6π . Suy ra bán kính bằng 3 cho
nên (P) đi qua tâm I. Suy ra: –2b – c = 0 c = –2b (b 0) ⇒ (P): y – 2z = 0.
Câu7a(1 điểm) Xét khai triển (1 + x ) = Cn + Cn x + Cn x + ... + Cn x
n 0 1 2 2 n n
4 n +1 − 1 32 1 33 3 3n+1 n
Lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 3, ta được: = 3Cn + Cn + Cn + ... +
0
Cn
n +1 2 3 n +1
3 1 32 2 3n 4n +1 − 1 341 4n +1 − 1
Cn + Cn + Cn + ... +
0
Cn =
n
� = � 4 n +1 = 1024 � n = 4
2 3 n +1 3( n + 1) n + 1 3( n + 1)
1
P = ( + 3x 2 )6 � Tk +1 = C6k 3k x 3k −6 . Để có số hạng chứa x 3 thì 3k − 6 = 3 � k = 3
x
Vậy số hạng chứa x 3 trong khai triển là: C6 3 x = 540 x .
3 3 3 3
Câu VIb(2 điểm) 1. (1 điểm) Hai elíp có các tiêu điểm F1 ( −2;0), F2 (2;0).
Điểm M � E2 ) � MF1 + MF2 = 2a . Vậy ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi
(
MF1 + MF2 nhỏ nhất.Ta có: F1 , F2 cùng phía với ∆ . Gọi N ( x; y ) là điểm đối xứng với F2 qua ∆ ,
suy ra N ( −4; −6). Ta có: MF1 + MF2 = MF1 + MN NF1 (không đổi).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M = NF1 �∆
5
x=−
3x − y + 6 = 0 2 � M � 5 ;− 3 �
Toạ độ điểm M : � �� �− .
�
x+ y+4=0 3 � 2 2�
y=−
2
2. (1 điểm) Do (Q) // (P) nên (Q) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D -7)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5. Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3.
Khoảng cách từ I tới (Q) là h = R 2 − r 2 = 52 − 32 = 4
2.1+ 2(−2) − 3+ D D = −7(loai)
�
Do đó = 4 � −5+ D = 12 � Vậy (Q) có phương trình 2x + 2y – z +17 =
2 2 2 D = 17
2 + 2 + (−1)
0
Câu VIIb (1điểm) Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau kể cả số 0 đứng đầu: A85
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và có số 0 đứng đầu là: A74 số
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: A85 − A74 = 5880 số
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: A74 + 6. A63 = 1560 số n ( A) = 1560
1560 13
Ta có: n ( Ω ) = 5880 , n ( A) = 1560 ⇒ P(A) = =
5880 49
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
