ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 146

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

32
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 146', 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 146

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 +1 Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị (C) 3− x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b) Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C). Tìm các số thực m để đường thẳng d : y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B tạo thành tam giác ABI có trọng tâm nằm trên (C). π 4sin 4 x + 4cos 4 ( x − ) − 1 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 4 . =2 cos2x 6x 2 + 1 = y −1 + y2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( x, y ﾡ ) . 6 y2 + 1 = x −1 + x2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = x ln( x + 1), y = x và 2 đường thẳng x = 0, x = 1 . Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác đều ABC cạnh a và tam giác cân SAB đỉnh S không cùng n ằm trong m ột mặt phẳng. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AC, biết góc gi ữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là a 21 600, SA = , SC
Híng dÉn Câu Nội dung Điể m 1.a)1,0 đ x +1 00,25 a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = 3− x 1. Tập xác định: D = ﾡ \{3} 2. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực của hàm số. Tiệm cận của đồ thị hàm số. 1 1+ x +1 x = −1 => Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=-1 làm tiệm cận lim y = lim = lim x 3− x x 3 x −1 x ngang x +1 x +1 00,25 lim y = lim = − ;lim y = lim = + =>Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=3 làm x 3+ x 3 3− x + x 3− x 3 3- x − tiệm cận đứng * Lập bảng biến thiên 4 y'= > 0∀x D , y’ không xác định x=3 (3 − x) 2 Bảng biến thiên 00.25 x -∞ 3 +∞ y' +∞ -1 Hàm số đồng y biến trên từng khoảng xác định của nó. Hàm số không có cực trị. -1 -∞ 3. Đồ thị 4 00,25 y x+1 -Giao của đồ thị hàm) số và Ox: y=0=>x=-1 f (x = 3-x g(x ) = -1 1 2 - Giao của đồ thị hàm(xs=3-1 và Oy: x=0=>y= q(fy ) )=ố f (x )f =y-1= 3 ( ) 3 1 x=3 r(x ) = -1 3 s (x ) = -1 O đồ thị hàm số nhận I(3;-1) làm tâm đối xứng -10 -5 3 5 x -1 -1 y =-1 -2 -4 1.b)1,0 đ Hoành độ giao điểm của d:y=x+m và (C) là nghiệm của phương trình -6 0,25 x +1 = x + m (1) � x 2 − x(2 − m) + 1 − 3m = 0(2) ((2) không có nghiệm x=3) 3− x 2
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt cần và đủ (1) có 2 nghiệm phân biệt (2) có 2 nghiệm phân 00,25 biệt � ∆ > 0 � m + 8m > 0 � m �(−� −8) �(0; +� (*) 2 ; ) Với (*) thì d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A( x1 ; x1 + m), B( x2 ; x2 + m) trong đó x1,x2 là nghiệm 00,25 của (2) . Ta thấy I không nằm trên d nên có tam giác AIB, toạ độ trọng tâm tam giác AIB là 3 + x1 + x2 5 − m x= = 3 3 G: −1 + x1 + m + x2 + m 1 + m y= = 3 3 5−m 00,25 +1 1+ m G nằm trên (C) ta có = 3 � m 2 + 8m − 20 = 0 � m = −10; m = 2 3 5−m 3− 3 2.1,0đ π 00,25 4sin 4 x + 4cos 4 ( x − ) − 1 Giải phương trình 4 (1) =2 cos2x π π Điều kiện: cos2x �۹+ � 0 x k (k ﾡ ) 4 2 2 � π � (1) � (1 − cos2x) + �+ cos(2x- ) �− 1 = 2cos2x 2 1 � 2 � � (1 − cos2x) 2 + (1 + sin 2x) 2 − 1 = 2cos2x � 2 − 2cos2x+2sin 2x = 2cos2x � 2cos2x-sin2x = 1 00,25 � 2(cos 2 x − sin 2 x) − (cosx+ s inx) 2 = 0 00,25 π cosx+sinx = 0 x = − + kπ � (cosx+sinx)(cosx − 3sinx) = 0 � � 4 ( k �ﾡ ) cosx − 3s inx = 0 x = arctan 3 + kπ Kết hợp với điều kiện phương trình đã cho có nghiệm là x = arctan 3 + kπ (k ﾡ ) 0,25 3.1,0đ 6x 2 + 1 = y − 1 + y 2 (1) 00,25 Giải hệ phương trình ( x, y ﾡ ) 6 y 2 + 1 = x − 1 + x 2 (2) x 1 Điều kiện: trừ vế với vế (1) cho (2) ta được y 1 6x 2 + 1 − 6 y 2 + 1 = y − 1 − x − 1 + y 2 − x 2 (*) Nếu x=y=1 thay vào hệ không thoả mãn 6x 2 − 6 y 2 y−x 00,25 Nếu(x;y) (1;1) (*) � = + y 2 − x2 6x + 1 + 6 y + 1 2 2 y −1 + x −1 � 6x+6y 1 � � ( x − y) � + + x+ y� 0 � x− y = 0 � y = x = � 6x + 1 + 6 y 2 + 1 2 y −1 + x −1 � � � Với y=x thay vào (1) ta có 00,25 6x − 24 2 x−2 6x 2 + 1 = x − 1 + x 2 � 6x 2 + 1 − 5 = x − 1 − 1 + x 2 − 4 � = + x2 − 4 6x 2 + 1 + 5 x −1 +1 � 6 1 � 00,25 � ( x − 2) �x + 2)(1 − ( )+ � 0 � x−2=0 � x = 2� y = 2 = � 6x 2 + 1 + 5 x −1 +1 � Vậy hệ có nghiệm x=y=2 3
4. (1,0 đ) y = x ln( x + 1) 00,25 y=x 1 diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường là S = | x ln( x + 1) − x | dx x=0 0 x =1 x = 0 (0;1) 00,25 Xét phương trình xln ( x + 1) − x = 0 x = e −1 > 1 1 1 1 x2 do vậy S = �ln( x + 1) − x )dx = � x + 1)dx − (x x ln( 0 0 2 0 dx 00,25 dU = 1 U = ln( x + 1) x +1 x2 −1 1 x −1 1 Đặt � �� S = ln( x + 1) − dx − dV = xdx x2 −1 2 2 2 V= 0 0 2 1 00,25 ( x − 1) 2 1 1 =− − = 4 0 2 4 5. (1,0đ) S 00,25 H 600 B A a I K C tam giác SAC cân tại S và tam giác ABC đều có H là trung điểm AB nên SH ⊥ AB,CH ⊥ AB=>AB ⊥ (SHC) mà AB=(SAB) (ABC) nên góc giữa (SAB) ﾡ và (ABC) bằng góc giữa SH và CH do CH>SC nên SHC nhọn => SHC = 600 ﾡ AH .S ∆SCH BH .S ∆SCH AB.S ∆SCH Thể tích S.ABC là VS . ABC = VS . ACH + VS . BCH = + = 3 3 3 a 3 21a 2 a 2 a 3 00,25 Tam giác đều ABC cạnh a có đường cao CH = , SH = SA2 − AH 2 = − = 2 36 4 3 Diện tích tam giác SHC là 1 ﾡ 1a 3a 3 a2 3 a3 3 S ∆SHC = SH .CH .sin SHC = sin 600 = � VS . ABC = 2 2 3 2 8 24 H, K là trung điểm của AB, AC nên HK là đường trung bình của tam giác 00,25 3VS .HBC 3VS . ABC ABC=>HK//BC=>HK//(SBC) nên d(HK,(SBC))=d(H,(SBC)) = = S ∆SBC 2S∆SBC a 21 00,25 Theo định lí côsin trong tam giác SHC có SC = SH 2 + CH 2 − 2.SH .CH .cos600 = = SB 6 nên tam giác SBC cân tại S. Gọi I là trung điểm BC=> 4
a 3 1 a2 3 3a SI = SC − CI = 2 � S ∆SBC = SI .BC = 2 � d ( HK , ( SBC )) = 3 2 6 8 6. (1,0đ) Gọi (C)có tâm I bán kính R. OI cắt BC tại H thì H là trung 00,25 I điểm BC và OH vuông góc BC =>H(0; 3 )=>OH= 3 . Do BC 3 tam giác OBC đều nên OH= = 3 � BC = 2 . B 2 C H O 1 00,25 Trong tam giác vuông IB có HB = HI .HO = 1 � IH = 2 3 uur 1 uuur u 3 4 3 00,25 HI = OH = (0; ) I (0; ) 3 3 3 4 00,25 Trong tam giác vuông IBH có R = IB = IH + HB = 2 2 2 2 3 4 3 2 4 Vậy phương trình đường tròn (C): x 2 + ( y − ) = 3 3 7. (1,0đ) D cắt d1, d2 lần lượt tại A và B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d đi qua I nên A, B, I 00,25 t − 1 = k (b + 1) uur uu r thẳng hàng � IA = k IB � 1 − t = k (b − 1) t + 1 = k (b + 3) �− kb − k = 1 t �=0 b 00,25 � � � � t − kb + k = −1 � � = 1 � A(3;1; 2), B (3;1; −2) − k �− kb − 3k = −1 t �= 2 t � � Gọi C là trung điểm AB=>C(3;1;0) BC=2 0,25 Mặt cầu đường kính AB có tâm C bán kính R=BC có phương trình là (x-3)2+(y-1)2+z2=4 0,25 8. (1,0 đ) 2 3(1 + i 2) 2 3(1 + i 2)(−1 − i 2) 00,25 z + (2 − i 8) z + 2 = z � z + (2 − i 8) z + 2 = z i 2 −1 1+ 2 2 � z + (2 − i 8) z + 2 = −(1 + i 2) 2 z 2 2 � z + (2 − i 8) z + 2 = (1 − 2i 2) z � z + z + 2 = 0(1) 00,25 Gọi z=a+bi (a,b ﾡ ) thoả mãn (1) ta có 00,25 a −b + a + 2 = 0 2 2 ( a − bi ) 2 + a + bi + 2 = 0 � a 2 − b 2 + a + 2 + i (b − 2ab) = 0 � b − 2ab = 0 5
1 00,25 a= 2 1 11 1 11 Vậy có 2 số phức thoả mãn đề bài là z = + i, z = − i 11 2 2 2 2 b= 2 9. (1,0đ) a b c 9 00,25 P= + 2+ 2+ 2 b c a 2(a + b + c) Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có 1 a 2 1 b 2 1 c 2 a b c 1 1 1 + 2 � ; + 2 � ; + 2 �� 2 + 2 + 2 � + + = ab + bc + ca a b b b c c c a a b c a a b c có a + b + c = abc( a + b + c) = ab.ac + bc.ba + ca.bc (ab) 2 + (bc ) 2 + (ac ) 2 00,25 (ab + bc + ca ) 2 (ab + bc + ca) 2 � ( ( ab ) ( ac ) + ( ab ) ( bc ) + ( ca ) ( cb ) ) � �a+b+c � 3 3 a b c 9 27 00,25 P= 2 + 2 + 2 + ab + bc + ca + = b c a 2(a + b + c) 2(ab + bc + ca) 2 ab + bc + ca ab + bc + ca 27 9 + + 2 2 2(ab + bc + ca) 2 2 9 9 00,25 Khi a=b=c=1 thì P= nên giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 2 6