ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 151

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

Thêm vào BST

Báo xấu

35
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 151', 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 151

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 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = − x3 + 3x 2 − 2 ( C ) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Tìm m để đường thẳng d: y = m(2-x) +2 cắt đồ thị ( C ) tại 3 điểm phân biệt A(2; 2), B, C sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại B và C đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 2.(2,0 điểm) Giải các phương trình sau: 3 sin 2 x − cos 2 x − 5sin x + (2 − 3) cos x + 3 + 3 a. =1 2 cos x + 3 b. (x ) 2 + 1 = 5 − x 2x 2 + 4 2 tan x Câu 3.(1,0 điểm) Tính: ∫ dx 1 + cos 2 x a 14 Câu 4.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có ∆ABC vuông cân tại C, AB =3a, SB = . Gọi G 2 là trọng tâm ∆ABC, SG ⊥ (ABC). Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mp(SAC). Câu 5.(1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + 1 a + 2b3 b + 2c 3 c + 2a 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần ( A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn x 2 y2 Câu 6.a(1,0 điểm) Cho elip (E): + = 1 và 2 điểm A(-5; -1), B(-1; 1). Xác định tọa độ 16 5 điểm M thuộc (E) sao cho diện tích ∆MBA lớn nhất. Câu 7a.(1,0 điểm) Giải phương trình: 2log3(x2 – 4) + 3log3(x + 2)2 - log3(x – 2)2 = 4 Câu 8.a(1,0 điểm) Chứng minh rằng: C o n + C 2 n 3 2 + C 4 n 3 4 + ... + C 2 n 3 2 n = 2 2 n −1 (2 2 n + 1) 2 2 2 2n (∀n ∈ N * ) B. Theo chương trình nâng cao Câu 6.b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm C(3; -3) và điểm A thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = 0. Gọi M là trung điểm của BC, đ ường thẳng DM phương trình : x – y –2 = 0. Xác định tọa độ các điểm A, B, D. Câu 7.b(1,0 điểm) Giải phương trình: (6 x + 1) log 1 ( x + 1) + ( x − 1) log 2 ( x + 1) − 7 = 0 2 3 2 Câu 8.b(1,0 điểm) Trong khai triển ( 3 − 5 ) có bao nhiêu số hạng là số hữu tỷ. 4 124 ----------Hết----------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh.............................
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 a. - TXĐ: D = R. - Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực: xlim y = + ; − lim y = − x + + Chiều biến thiên: 0,25 x =0 y' = −3x 2 + 6x ; y' = 0 x =2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ∞; 0) và (2; + ∞), đồng biến trên (0; 2) 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = -2; đạt cực đại tại x = 2; yCĐ = 2 - Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞ 0,25 y’ - 0 + 0 - y +∞ 2 -2 -∞ . Đồ thị : Một số điểm thuộc đồ thị hàm số: (1;0), (-1;2), (3; -2) 0,25 b. Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : x = 2 0,25 ⇔ -x3 + 3x2 - 2 = m(2-x) +2 (1) f ( x ) = x − x − 2 − m = 0 2 (2) Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ pt (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2  9 0,25 ∆ > 0 4 m + 9 > 0 m > − ⇔ ⇔ ⇔ 4 f (2) ≠ 0 − m ≠ 0 m ≠ 0  Hoành độ điểm B và C là nghiệm của pt(2). Ta có: xB + xC = 1 và xB.xC = -m -2 0,25 Tích hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại B và C là: y’(xB). y’(xC) = (3xB2 -6 xB) (3xC2 - 6xC) −9 = 9(m+1)2 -9 ≥ -9 ∀m ∈ ( ;+ ∞ \ { 0} . Dâu "=" xây ra khi ) ́ ̃ 4 0,25
m = -1. Vậy y’(xB). y’(xC) nhỏ nhất bằng -9 đạt được khi m = -1 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu 2 a. 3 Điều kiện: cos x ≠ − 2 Phương trình đã cho tương đương với: 3 sin 2 x − cos 2x − 5 sin x − 3 cos x + 3 = 0 0,25 ⇔ 2 3 sin x cos x − 3 cos x + 2 sin 2 x − 5 sin x + 2 = 0  1 ⇔ (2 sin x − 1)( 3 cos x + sin x − 2) = 0 ⇔ sin x = 2   3 cos x + sin x = 2  0,25  π  x = + k 2π 1 6 sin x = ⇔  2  x = 5π + k 2π 0,25   6 π π 3 cos x + sin x = 2 ⇔ sin( x + ) = 1 ⇔x= + k 2π 3 6 0,25 π Đối chiếu điều kiện => nghiệm của phương trình là x = + k 2π 6 b. Phương trình đã cho tương đương với: x 4 + 2x 2 + 1 = 5 − x 2 x 2 + 4 0,25 ⇔ x 2 ( x 2 + 2) = 4 − x 2( x 2 + 2) t2 Đặt t = x 2( x 2 + 2) ⇒ t 2 = x 2 .2( x 2 + 2) ⇒ x 2 ( x 2 + 2) = 2 0,25 t2  t = −4 Phương trình trở thành = 4 − t ⇔ t 2 + 2t − 8 = 0 ⇔ 2 t = 2 x < 0 x < 0 t = −4 ⇒ x 2( x 2 + 2) = −4 ⇔  4 ⇔ 2 ⇔x=− 2 0,25  x + 2x 2 − 8 = 0  x =2 x > 0 x > 0 t = 2 ⇒ x 2( x 2 + 2) = 2 ⇔  4 ⇔ 2 ⇔ x = −1+ 3 x + 2 x − 2 = 0  x = −1 + 3 2 0,25 Câu 3 tan x sin x sin x. cos x I=∫ dx = ∫ dx = ∫ dx 1 + cos x 2 cos x (1 + cos x ) 2 cos 2 x (1 + cos 2 x ) 0,25 Đặt t = cos2x => dt = -2sinx.cosxdx . 1 dt 1 1 1 0,25 I =− �t + 1) = 2 �+ t − t )dt 2 t( ( 1 1 1 t +1 = (ln | t + 1| − ln | t |) + c = ln | | +c 2 2 t 0,25 1 1 + cos 2 x = ln( )+c 2 cox 2 x 0,25 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 4 a. S I B A G- K C 0,25 3a a Gọi I là trung điểm của AB => CI = = >IG = 2 2 2 5a ∆IGB vuông tại I => GB2 = IG2 + IB2 = 2 ∆SGB vuông tại G => SG2 = SB2 - GB2 = a2 => SG = a. 1 1 1 3a 3a 3 VS.ABC = SG.S∆ABC = a. . .3a = 0,25 3 3 2 2 4 Kẻ GK//BC (K∈AC) ⇒AC ⊥ (SGK) ⇒ SK ⊥ AC a ∆GKC vuông cân tại K ⇒ GK =GCsin450 = 2 0,25 a 6 ∆SGK vuông tại G ⇒ SK = SG 2 + GK 2 = 2 3a ∆AIC vuông tại I ⇒ AC = IA + IC = 2 2 2 2 1 3a 3 S∆SAC = SK.AC = 2 4 3V d ( B;( SAC )) = S . ABC = a 3 S∆SAC 0,25 Câu 5 a2 2ab 3 2ab 3 2 =a − ≥a − = a − b3 a 2 a + 2b 3 a+b +b 3 3 33 ab 6 3 0,25 2 ≥ a − b(a + a + 1) 9 2 4 = a − b − ab 9 9 Tương tự: b2 2 4 c2 2 4 0,25 ≥ b − c − bc; ≥ c − a − ca b + 2c 3 9 9 c + 2a 3 9 9 Do đó a2 b2 c2 2 4 0,25 + ≥ (a + b + c) − (a + b + c) − (ab + bc + ca ) a + 2b 3 b + 2c c + 2a 3 3 9 9 7 4 ( a + b + c) 2 ≥ − =1 0,25 3 9 3
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu 6a Phương trình đường thẳng AB: x -2y + 3 = 0 AB = 2 5 0,25 Giả sử M(xo;yo) ∈ (E) ⇒ 5xo + 16yo2 = 80 2 | x 0 − 2y 0 + 3 | d(M; AB) = 0,25 5 1 S ∆MAB = AB.d (M; AB) =| x 0 − 2 y 0 − 3 | 2 Ta có: 1 1 1 1 ( . 5x 0 − .4 y 0 ) 2 ≤ ( + )(5x 0 + 16 y 0 ) = 36 2 2 5 2 5 4 0,25 ⇒| x 0 − 2 y 0 |≤ 6 ⇔ −6 ≤ x 0 − 2 y 0 ≤ 6 ⇔ −3 ≤ x 0 − 2 y 0 + 3 ≤ 9 ⇒ | x 0 − 2 y 0 + 3 |≤ 9  5.x 4.y  8  1 = 1 5x 0 = −8 y 0 x 0 = 3   S ∆MAB = 9 ⇔  − ⇔ ⇔  5 2 x 0 − 2 y 0 = 6  y = − 5 0,25 x 0 − 2 y 0 + 3 = 9  0  3  8 5 Vậy điểm M cần tìm là: M ;−  3 3 Câu 7a Điều kiện x > 2 hoặc x < -2 Phương trình đã cho tương đương với: log3(x2 – 4)2 + 3log3(x + 2)2 - log3(x – 2)2 = 4 0,25 ⇔ 4log3(x + 2) 2 = 4 0,25 ⇔ log3(x + 2) 2 = 1 ⇔ (x + 2) 2 = 3 0,25  x = −2 + 3 ⇔ x + 4x + 1 = 0 2 ⇔ 0,25  x = −2 − 3  Đối chiếu với điều kiện ⇒ nghiệm của phương trình là x = -2 - 3 Câu 8a Ta có: (1 + x)2n = C 0 n + C1 n x + C 2 n x 2 + ... + C 2 n −1 x 2 n −1 + C 2 n x 2 n 2 2 2 2 n −1 2n 0,25 2 n −1 2 n −1 (1 - x) = C 2 n − C 2 n x + C 2 n x − ... − C 2 n −1 x 2n 0 1 2 2 + C 2n x 2n 2n 2[ ⇒ (1 + x ) 2 n + (1 − x ) 2 n = 2 C 0 n + C 2 n x 2 + ... + C 2 n x 2 n 2 2n ] 0,25 Cho x = 3 ta được: 2(C 0 n + C 2 n 3 2 + ... + C 2 n 3 2 n ) = 4 2 n + ( −2) 2 n 2 2 2n 0,25 4 2n +2 2n ⇒ C 0 n + C 2 n 3 2 + ... + C 2 n 3 2 n = 2 2 2n = 2 2 n −1 (2 2 n + 1) 2 0,25
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu A ∈d ⇒A(t; 2 -3t) 6b 1 t = 3 0,25 Ta có: d(C; DM) = d(A; DM) ⇒ | 4t -4 | = 8 ⇔| t - 1 | = 2 ⇔  2  t = −1 t = 3 ⇒A(3, -7) (loại vì A, C phải khác phía đối DM) 0,25 t = -1 ⇒A(-1, 5) (thỏa mãn) Giả sử D(m; m-2). AD ⊥ CD  (m + 1)(m − 3) + (m − 7)(m + 1) = 0 0,25  ⇒ AD = CD (m + 1) + (m − 7) = (m − 3) + (m + 1) 2 2 2 2  ⇔ m = 5 ⇒ D(5;3) Gọi I là tâm của hình vuông ⇒ I là trung điểm của AC ⇒ I (1; 1) Do I là trung điểm của BD ⇒ B(-3; -1) 0,25 Câu Điều kiện x > -1 7b Phương trình đã cho tương đương với: log ( x + 1) = −1 0,25 (6x + 1) log 2 ( x + 1) + (6 x − 6) log 2 ( x + 1) − 7 = 0 ⇔  2 2 (6 x + 1) log 2 ( x + 1) = 7 1 1 log 2 ( x + 1) = −1 ⇔ x + 1 = ⇔x=− (thỏa mãn điều kiện) 2 2 0,25 7 (6 x + 1) log 2 ( x + 1) = 7 ⇔ log 2 ( x + 1) − =0 6x + 1 7 Xét hàm số f ( x ) = log 2 ( x + 1) − trên (-1; +∞) 6x + 1 0,25 1 42 � 1� f ' ( x) = + >0 ∀x �(−1; +� \ � � ) − ( x + 1) ln 2 (6 x + 1) 2 �6 1 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−1;− ) và (− ;+ ∞ ) 6 6 1 1 ⇒ Trên mỗi khoảng (−1;− ) và (− ;+ ∞ nếu phương trình f(x) = 0 có ) 6 6 nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Lại có f(1) = 0 ; f(-3/4) = 0 ⇒ x = 0 và x = -3/4 là nghiệm của phương trình 0,25 f(x) =0 1 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x = − ; x = 0 ; x = -3/4 2 Câu �1 1 124 � 124 62 − k k 8b Ta có: ( 3 − 5) 4 124 = �2 − 5 4 � = (−1) k .C124 .3 2 .5 4 3 k 0,25 � � k =0 0,25
k 62 − N 2 k Số hạng thứ ( k + 1) là số hữu tỷ N 0,25 4 k N 0 k 124 0,25 k = 4i � i �N 0 i 31 ⇒ i ∈ {0; 1; 2…; 31}. Vậy có 32 số hạng hữu tỷ.