Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 143', 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 143
- 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.
x
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y =
x −1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với
đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1).
Câu II: (2,0 điểm)
cos3 x − cos 2 x
1. Giải phương trình: = 2 ( 1 + sin x ) .
sin x + cos x
x( x + y ) + y 2 = 4 x − 1
2. Giải hệ phương trình:
x( x + y )2 − 2 y 2 = 7 x + 2
e
ln x
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: dx
1 x 1 + ln x
Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C;
đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 600 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần
a
lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ = .
4
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) ⊥ (NPQ) .
Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện
1 1 1
ab + bc + ca = 3 , ta có: + 2 + 2 1
a +2 b +2 c +2
2
Câu VI: (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD.
1
Điểm M (0; ) thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh
3
B biết B có hoành độ dương.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :
x=t
x y−2 z x +1 y −1 z +1
d1 : y = 4 − t ; d2: = = và d3: = = . Viết phương trình đường
1 −3 −3 5 2 1
z = −1 + 2t
thẳng ∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB =
BC.
2 2
Câu VII: (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : z + 2 z.z + z = 8 và z + z = 2
- ------------------------Hết----------------------
HƯỚNG DẪN
Câu 1: 1, (1 điểm)TXĐ : D = R\{1}
1
y’ = −
- � ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x + sin x + sin x.cos x ) = 0 � ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x ) ( 1 + sin x ) = 0
π
sin x = −1 x=− + k 2π
(thoả mãn điều kiện) 2 ( k, m Z)
cos x = −1
x = π + m2π
π
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = − + k 2π và x = π + m2π ( k , m Z)
2
Câu 2: 2, (1 điểm) Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình
y2 +1
+ x+ y = 4
x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 x x
Với x 0 , ta có: � �
x( x + y) 2 − 2 y 2 − 2 = 7 x y2 +1
( x + y )2 − 2 =7
x
y2 +1 �u + v = 4 � u = 4−v � = 3, u = 1
v
Đặ t u = , v = x + y ta có hệ: �2 � �2 �
x � − 2u = 7
v � + 2v − 15 = 0
v � = −5, u = 9
v
� 2 +1 = x
y � 2 +1 = x
y �2 + y − 2 = 0
y y = 1, x = 2
+) Với v = 3, u = 1 ta có hệ: � �� �� � .
� + y =3
x � = 3− y
x � x = 3− y y = −2, x = 5
y2 + 1 = 9x
+) Với v = −5, u = 9 ta có hệ: , hệ này vô nghiệm.
x + y = −5
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y ) = (2;1), ( x; y ) = (5; −2).
1
Câu 3: (1,0 điểm) Đặt t = 1 + ln x có 2tdt = dx x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2
x
e 2
t 2 −1
2
ln x t3 2(2 − 2)
� 1 + ln x dx =
1 x
�t
1
2tdt = 2( − t ) =
3 1
3
C ' I ⊥ A ' B '
Câu 4 (1,0 điểm) Gọi I là trung điểm A’B’ thì � C ' I ⊥ ( ABA ' B ') suy ra góc giữa
�
C ' I ⊥ AA '
ﾷ ﾷ ﾷ a 15
BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc C ' BI . Suy ra C ' BI = 600 C ' I = BI .tan C ' BI =
2
A' C'
I B'
N
M
A C
K P
Q
B
1 a 3 . 15 NP / / BC '
VABC . A ' B 'C ' = AA '.S A ' B 'C ' = AA ' . .CI . A ' B ' = � ( NPQ) / /(C ' BI ) (1)
2 4 PQ / / C ' I
VABM =VBB ' I (c − g − c) suy ra ﾷ AMB = BIB 'suy ra ﾷ
ﾷ ﾷ
AMB + B ' BI = 900 � AM ⊥ BI .
Mặt khác theo chứng minh trên C’I ⊥ AM nên AM ⊥ (C ' BI ) Suy ra (AMC) ⊥ (C ' BI ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra (MAC) ⊥ (NPQ)
Câu 5(1,0 điểm) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a 2b2 + b2 c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2 c 2 4
- Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh x 2 + y 2 + z 2 + xyz 4 với mọi x, y, z không âm
thỏa mãn: x + y + z = 3. Không làm mất tính tổng quát giả sử x y; x z thì x 1 ta có:
1
x 2 + y 2 + z 2 + xyz − 4 = x 2 + ( y + z ) 2 + yz ( x − 2) − 4 x 2 + ( y + z ) 2 + ( y + z ) 2 ( x − 2) − 4 =
4
x+2 1
= x2 + (3 − x ) 2 − 4 = ( x − 1) 2 ( x + 2) 0 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
4 4
B
M N'
A C
I
N
D
Câu 6: 1(1,0 điểm) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :
xN ' = 2 xI − xN = 4
Phương trình đường thẳng AB:4x + 3y – 1 = 0
y N ' = 2 y I − y N = −5
4.2 + 3.1 − 1
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: d= =2
42 + 32
AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:
1 1 1
2
= 2 + 2 suy ra x = 5 suy ra BI = 5
d x 4x
Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5
4x + 3y – 1 = 0
Tọa độ B là nghiệm của hệ: B có hoành độ dương nên B( 1; -1)
( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 5
Câu 6: 2(1,0 điểm) Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3
Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v)
A, B, C thẳng hàng và AB = BC B là trung điểm của AC
t + (−1 + 5v) = 2u
� 4 − t + (1 + 2v) = 2.(2 − 3u ) Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0
−1 + 2t + (−1 + v) = 2(−3u )
Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1)
x y−2 z
Đường thẳng ∆ đi qua A, B, C có phương trình = =
1 1 1
2 2
Câu 7(1,0 điểm) Gọi z = x + iy ta có z = x − iy; z = z = z z = x 2 + y 2
2 2
z + 2 z.z + z = 8 � 4( x 2 + y 2 ) = 8 � ( x 2 + y 2 ) = 2 (1) z + z = 2 � 2 x = 2 � x = 1 (2)
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 – i
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
