ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 145

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 6
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 145', 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 145

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). 2x −1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm I (0;1) và cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3 (O là gốc tọa độ). Câu 2 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình (1 − cos x) cot x + cos 2 x + sin x = sin 2 x . x ( 3x + 1) = y ( −2 y + 7 x + 2 ) 2. Giải hệ phương trình (x, y ﾡ ) . x + 2 y + 4x + y = 5 π 2 cos x.ln(1 + sin x) Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = dx . π sin 2 x 6 Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có SC ⊥ ( ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 và ﾡABC = 1200. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) bằng 45 . Tính 0 theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 2 3 P= − . a + ab + 3 abc a+b+c II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A ho ặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6a (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB = 5, C ( −1; −1) , đường thẳng AB có phương trình là x + 2 y − 3 = 0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng ∆ : x + y − 2 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(−2; 2; −2), B(0;1; −2) và C (2; 2; −1) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A , song song với BC và cắt các trục y’Oy, z’Oz theo thứ tự tại M , N khác gốc tọa độ O sao cho OM = 2ON . Câu 7a (1,0 điểm). 2 Tính mô đun của các số phức z thỏa mãn 1 + z = z − i + (iz − 1) 2 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC : x + 7 y − 31 = 0, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0 , d 2 : x − 2 y + 3 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. x −1 y −1 z − 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d ) : = = và mặt 1 1 −2 phẳng ( P ) : x + 2 y + z − 6 = 0. Một mặt phẳng (Q) chứa (d ) và cắt ( P ) theo giao tuyến là đường thẳng ∆ cách gốc tọa độ O một khoảng ngắn nhất. Viết phương trình của mặt phẳng (Q).
� 5π � Câu 7b (1,0 điểm). Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z − � cos � + 1 = 0 . Tìm số n 2 2 z � 21 � nguyên dương nhỏ nhất sao cho z1 + z2 = 1. n n ---------------------Hết--------------------- Câu Ý Đáp án Điể m 1 1 2x −1 2,0 đ 1,0 đ Hàm số y = x + 1 • TXĐ: D = ﾡ \ { −1} • Sự biến thiên của hàm số: + Các giới hạn và tiệm cận 0,25 lim + y = + ; lim − y = − Đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng. x ( −1) x ( −1) lim y = 2 Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. x 3 + Đạo hàm: y = ' > 0 ( ∀x D) 0,25 ( x + 1) 2 + Bảng biến thiên: x − −1 + ’ y + + y + 2 0,25 2 − Hàm số đồng biến trong các khoảng ( − ; −1) và ( −1; + ) . Hàm số không có cực trị. • Đồ thị: Tự vẽ đồ thị. 0,25 2 ∆ : y = mx + 1 1,0 đ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ∆ : 2x −1 = mx + 1 (x −1) 0,25 x +1 � f ( x) = mx 2 + (m − 1) x + 2 = 0 (1) Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác −1 m 0 m 0 � � ‫6 2 5ٹ‬ m m −0> �� >0∆ � �m < 5 − 2 6 � � . 0,25 � (−1) 0 � m > 5+2 6 f m > 5+2 6 Khi đó ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A( x1; mx1 + 1); B ( x2 ; mx2 + 1) Với x1 , x2 là hai nghiệm của (1) Ta có AB = ( x2 − x1 ) 2 (1 + m 2 ) = � 2 + x1 ) 2 − 4 x1 x2 � + m 2 ) (x � �(1 m −1 2 1 Mà x1 + x2 = − , x1 x2 = . Do đó AB = (m 2 − 10m + 1)(1 + m 2 ) m m m 0,25 1 ∆ : y = mx + 1 � mx − y + 1 = 0 � d = d (O, ∆) = m2 + 1 1 m 2 − 10m + 1 Khi đó: SOAB = AB.d = = 3 2 2m 1 0,25 � 11m 2 + 10m − 1 = 0 � m = −1 � = m (tmđk) 11
1 Do đó ∆ : y = − x + 1 hay y = x + 1. 11 2 1 Phương trình (1 − cos x) cot x + cos 2 x + sin x = sin 2 x (1) 2,0 đ 1,0 đ Điều kiện: sin x �۹� x kπ (k ﾡ ) 0 cos x Khi đó: (1) (1 − cos x) + cos 2 x + sin x = sin 2 x 0,25 sin x � cos x − cos 2 x + cos 2 x sin x + sin 2 x = 2sin 2 x cos x � cos x(1 − 2sin 2 x) + cos 2 x sin x − (cos 2 x − sin 2 x) = 0 � cos x cos 2 x + cos 2 x sin x − cos 2 x = 0 � cos 2 x (cos x + sin x −1) = 0 cos 2 x = 0 0,25 cos x + sin x −1 π π + cos 2 x = 0 � x = +k (k �ﾡ ) . 4 2 � π� 1 π π + cos x + sin x − 1 = 0 � cos � − �x = � x − = � + l 2π � 4� 2 4 4 0,25 π x = + l 2π � 2 (l �ﾡ ) . x = l 2π Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là: π π π 0,25 x = + k , x = + l 2π (k , l ﾡ ) . 4 2 2 2 x ( 3x + 1) = y ( −2 y + 7 x + 2 ) (1) 1,0 đ Hệ phương trình x + 2 y + 4x + y = 5 (2) x + 2y 0 Điều kiện: x + 4y 0 Với điều kiện trên thì 0,25 (1) ⇔ 3x2 −7xy + 2y2 + x −2y = 0 ⇔ (3x−y)(x−2y) +(x−2y) = 0 ⇔ (x−2y)(3x−y +1) = 0 x − 2y = 0 ⇔ 3x − y + 1 = 0 + x−2y = 0 ⇔ x = 2y (2): 4 y + 9 y = 5 ⇔ y = 1 0,25 y=1 x = 2 (tmđk) + 3x − y + 1= 0 ⇔ y = 3x+1 (2) trở thành: 7 x + 1 + 7 x + 2 = 5 1 1 11 x − − x 7 7 17 ⇔ 7 ⇔ � x= . 17 25 0,25 49 x 2 + 21x + 2 = 11 − 7 x x= 25 17 76 x= �y= (tmđk). 25 25 � 76 � 17 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) = � ; � . 0,25 � 25 � 25
π 3 1,0 đ 2 cos x.ln(1 + sin x) Tích phân I = dx . π sin 2 x 6 Đặt t = sin x � dt = cos xdx 0,25 π 1 π x = � t = ; x = � t =1 6 2 2 1 ln(1 + t ) Khi đó I = t2 dt 0,25 1 2 dt u = ln(1 + t ) du = � � 1+ t Đặt: � dt � � = t2 dv � = −1 v 0,25 t 1 1 1 1 dt 3 � 1 � 1 Ta có I = − t ln(1 + t ) 1 + � + 1) = − ln 2 + 2 ln 2 + � − t + 1 � � dt 1 t (t 1�t � 2 2 2 1 1 27 = 2 ln 3 − 3ln 2 + ln t 1 − ln t + 1 = 3ln 3 − 4 ln 2 = ln 1 . 2 2 16 0,25 4 1,0 đ S I D C O A K a 3 B Kẻ SK ⊥ AB (K �� ) CK ⊥ AB (định lí 3 đường vuông góc) AB Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) là góc giữa SK và CK . ﾡﾡ Do SKC nhọn nên SKC = 450 ﾡﾡ ABC = 1200 � CBK = 600 0,25 3a Trong tam giác vuông CBK : CK = CB sin 60 = 0 2 3a Tam giác SCK vuông cân tại C nên SC = 2 2 3 3a Ta có S ABCD = AB.BC sin1200 = 2 0,25 1 3 3a 3 Do đó VS . ABCD = S ABCD .SC = (đvtt) 3 4 Gọi O = AC BD BD ⊥ AC Ta có � BD ⊥ ( SAC ) tại O . 0,25 BD ⊥ SC Kẻ OI ⊥ SA (I SA) OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD.
3 5a Dùng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC suy ra OI = . 10 0,25 3 5a Vậy d ( SA, BD ) = . 10 5 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 1,0 đ 1 a + 4b 1 a + 4b + 16c 4 a + ab + 3 abc a + . + . = (a + b + c) 2 2 3 4 3 0,25 Đẳng thức xảy ra khi a = 4b = 16c. 3 3 Suy ra P − . Đặ t t = a + b + c , t > 0 2(a + b + c) a+b+c 3 3 Khi đó ta có P − . 0,25 2t t 3 3 Xét hàm số f (t ) = − với t > 0 . 2t t 3 3 3 3 f ' (t ) = − 2 ; f ' (t ) = 0 � − 2 = 0 � t =1 2t t 2t 2t t 2t Bảng biến thiên: t 0 1 + ' f (t ) − 0 + 0,25 f (t ) + 0 3 − 2 3 3 Do đó min f (t ) = − khi và chỉ khi t = 1 . Suy ra P − . t >0 2 2 3 a +b + c =1 Vậy GTNN của P bằng − khi và chỉ khi 2 a = 4b = 16c 0,25 16 4 1 �a= , b= , c= . 21 21 21 6a 1 Gọi I ( x; y ) là trung điểm của đoạn AB và G ( xG ; yG ) là trọng tâm của 2,0đ 1,0đ uuu 2 uu r r 2x −1 2 y −1 0,25 ∆ABC . Do CG = CI nên xG = ; yG = . 3 3 3 Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình: x + 2y −3 = 0 x=5 0,25 � x −1 2 y −1 2 � . Vậy I (5; −1) + −2=0 y = −1 3 3 AB 5 Ta có IA = IB = = 2 2 5 Gọi (C ) là đường tròn có tâm I (5; −1) và bán kính R = 0,25 2 5 � (C ) : ( x − 5) 2 + ( y + 1) 2 = . 4
Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình: � + 2y −3 = 0 x �=4 x �=6 x � � � � 5�� 1�� 3. �x − 5) + ( y + 1) = 4 �=−2 �=−2 2 2 ( y y � � � 0,25 � 1 �� 3 � Vậy tọa độ hai điểm A, B là � − �� − �4; , 6; . � 2 �� 2 � 2 Từ giả thiết ta có M (0; m;0) và N (0;0; n) trong đó mn 0 và m = 2n . 0,25 1,0 đ Do ( P ) / / BC và ( P ) đi qua M , N nên VTPT của ( P ) là r uuu uuuu r r 0,25 n = � , MN � ( m + n; −2n; −2m) �BC � = r uuu uuuu r r TH1: m = 2n thì n = � , MN � (3n; −2n; −4n) (n 0) . � BC �= 0,25 ( P ) đi qua A(−2; 2; −2) � ( P ) : 3 x − 2 y − 4 z + 2 = 0. r uuu uuuu r r TH2: m = −2n thì n = � , MN � ( −n; −2n; 4n) (n 0) . �BC � = 0,25 ( P ) đi qua A(−2; 2; −2) � ( P ) : x + 2 y − 4 z − 10 = 0. ( loại vì ( P ) BC ) Vậy ( P ) : 3 x − 2 y − 4 z + 2 = 0. 7a Đặt z = a + bi, (a, b ﾡ ) . Từ giả thiết ta có 1,0 đ 2 0,25 1 + a − bi = a − (b + 1)i + (−b − 1 + ai ) 2 � 1 + a − bi = 2(b + 1) 2 − 2a (b + 1)i 0,25 1 + a = 2(b + 1) 2 (1) b = 2a (b + 1) Từ (1) suy ra : b = −2 � a = 1 b 1+ = 2(b + 1) 2 (b−1) � (b + 2)(2b + 1) = 0 � 2 1 1 2(b + 1) b=− �a=− 0,25 2 2 1 1 Suy ra z = 1 − 2i hoặc z = − − i. 2 2 + Với z = 1 − 2i , ta có z = 5 . 0,25 1 1 2 + Với z = − − i , ta có z = . 2 2 2 6b 1 B �d1 � B (b;8 − b), D �d 2 � (2d − 3; d ). 2,0 đ 1,0 đ uuu r Khi đó BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8) và trung điểm của BD là 0,25 � + 2d − 3 −b + d + 8 � b I� ; �. � 2 2 � Theo tính chất hình thoi ta có : uuu uuu r r � ⊥ AC BD u AC .BD = 0 � 8b + 13d − 13 = 0 − �=0 b � �� . 0,25 � �AC I I AC � 6b + 9d − 9 = 0 − � =1 d Suy ra B (0;8); D(−1;1) . �1 9� Khi đó I � ; � A �AC � A(−7 a + 31; a ) . − ; � 2 2� 0,25 1 2S 15 S ABCD = AC.BD � AC = ABCD = 15 2 � IA = 2 BD 2 2 2 2 � 63 � � 9 � 225 � 9� 9 � = 3 � (10;3) (ktm) a A � � 7 a + �+ � − �= − a � � − �= � � a �� 0,25 � 2 � � 2� 2 � 2� 4 � = 6 � (−11;6) a A Suy ra C (10;3) . 2 Gọi H , I lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên ( P ) và ∆ .
1,0 đ Ta có d (O, ∆) = OI OH ( không đổi) 0,25 Do đó min d (O, ∆) = OH xảy ra khi I H r Đường thẳng OH đi qua O(0;0;0) và nhận VTPT của ( P ) là n = (1; 2;1) x=t làm VTCP � OH : y = 2t (1) 0,25 z =t ( P ) : x + 2 y + z − 6 = 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra 6t − 6 = 0 � t = 1 0,25 Từ (1) H (1; 2;1) Khi đó (Q) là mặt phẳng chứa (d ) và đi qua H . r uuuur Ta có M (1;1; 2) (d ) , VTCP của (d ) là u = (1;1; −2) , HM = (0; −1;1) . uu r r uuuu r 0,25 Suy ra VTPT của (Q) là nQ = �, HM � (−1; −1; −1) , (Q) đi qua M (1;1; 2) � u �= Do đó (Q) : −1( x − 1) − 1( y − 1) − 1( z − 1) = 0 � x + y + z − 4 = 0. Q O (d) I P H ∆ 7b � 5π � Phương trình z − � cos � + 1 = 0 (1) 2 1,0 đ 2 z � 21 � 2 5π 5π (1) có ∆ = cos − 1 = − sin 2 ' . 21 21 5π Do đó các căn bậc hai của ∆ ' là i sin 21 0,25 5π 5π z1 = cos − i sin 21 21 Vậy (1) có các nghiệm là 5π 5π z2 = cos + i sin 21 21 n n � 5π 5π � � 5π 5π � z1n + z2 = 1 � � n cos − i sin �+ � cos + i sin �= 1 � 21 21 � � 21 21 � n n � � 5π � � 5π � � 5π � 5π � 0,25 cos − �� + � i sin �− � +� � cos 21 + i sin 21 �= 1 � � 21 � � 21 � � � � � n5π � � n5π � n5π n5π � cos � − + � i sin �− + � cos + i sin =1 � 21 � � 21 � 21 21 � n5π � n5π n5π � cos � − + � cos = 1 � 2 cos =1 � 21 � 21 21 0,25 n5π π n5π π 7 42k � cos = cos � = � + k 2π � n = � + (k �ﾡ ) (*) 21 3 21 3 5 5 Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra n = 7. 0,25 ---------------------Hết---------------------