ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 152

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

Thêm vào BST

Báo xấu

31
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 152', 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 152

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 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2(m − 1) x 2 + m − 2 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2 . 2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (3, 5) . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 3sin x − cos x + 2 − cos 2 x − sin 2 x = 0 2. Giải phương trình: x 2 + 41x − 4x x + 18 ( 3+ 4 x ) 2x 2 + 44x + 18 π Câu III (2 điểm). Tính tích phân: I = 2 4 x.s inx − cos x + 2 x dx 0 2sin x + 1 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A' B 'C ' có tam giác ABC vuông tại C . M là trung điểm của A 'C' . Biết AC = a , BC = a 3 ; ( ABC ) hợp với ( ABC ) góc 600 . Tính thể tích khối ' lăng trụ V d AM,BC' theo a . ' ' ' và Khoảng cách ABC . A B C ( ) 36x 2y z Câu V (1 điểm) Cho ba số x, y, z [ 1;3] tìm giá trị nhỏ nhất của: P= + + yz xz xy II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ( 2;0 ) ; C ( −3;5 ) . G Là trọng 5 tâm thuộc đường thẳng d có phương trình là 2x + y − 1 = 0 và diện tích tam giác ABC bằng . 2 Hãy xác định tọa độ điểm A ? 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H(3 ;-2 ;1) viết phương trình mặt phẳng qua H cắt các trục tọa độ tại A,B,C sao cho H là trực tâm tam giác ABC Câu VII.b (1 điểm) . Giải phương trình: log 2 x + ( x − 4 ) log 2 x − 3 x + 3 = 0 1 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) x 2 y2 � 9� 9 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : + = 1 và I � ; �. Xác định hai 25 9 � 10 � 2 điểm A và B thuộc elip sao cho I là trung điểm của AB 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 6 z − 11 = 0 và điểm A ( −1; −2; −2 ) mặt phẳng ( P ) là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu ( S) theo thiết diện là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Hãy vi ết ph ương trình m ặt phẳng ( P ) và tính bán kính của đường tròn giao tuyến đó. Câu VI.b (1 điểm) E là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số : 0,1,2,3,4,5,6,7. lấy ngẫu nhiên một số trong E tính xác suất để lấy được số chia hết cho 5. ----------------------------- Hết ----------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm . Họ và tên thí sinh .........................................................số báo danh........................
HƯỚNG DẪN Câu Đáp án Điểm I 1. (1 điểm) (2đ) Với m = 2, y = x 4 − 2x 2 0,25 đ 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: y ' = 4 x 3 − 4 x ; y ' = 0 ⇔ 4 x 3 − 4 x = 0 ⇔ x = 0, x = ±1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1; + ∞ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1) và (0; 1) ----------------------------------------------------------------------------------------------------- b) Cực trị: 0,25đ Hàm số đạt cực đại tại x = 0; ycđ = y(0) = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1; yct = y( ± 1) = -1 ---------------------------------------------------------------------------------------------------- c) Giới hạn tại vô cực: Lim ( x 4 − 2 x 2 ) = + ∞ x →± ∞ d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên 0,25 đ ----------------------------------------------------------------------------------------------------- 3) Đồ thị: 0,25 đ 2) 1 điểm y' = 4 x 3 − 4(m − 1) x [ y' = 0 ⇔ 4 x 3 − 4(m − 1) x = 0 ⇔ x x 2 − (m − 1) = 0 ] 0,25 đ ---------------------------------------------------------------------------------------------------- TH1: Nếu m- 1 ≤ 0 ⇔ m ≤ 1 0,25 đ Hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ). Vậy m ≤ 1 thoả mãn ycbt --------------------------------------------------------------------------------------------------- TH 2: m - 1 > 0 ⇔ m> 1 y' = 0 ⇔ x = 0, x = ± m − 1 0,25 đ Hàm số đồng biến trên các khoảng (- m − 1 ; 0 ) và ( m − 1 ; + ∞ ) Để hàm số đồng biến trên khoảng (3; 5 ) thì m − 1 3 ⇔ m ≤ 10 ----------------------------------------------------------------------------------------------------- Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (3; 5) ⇔ m ∈ ( − ;10] 0,25 đ II 1. (1 đi ểm) (2 đ) sin x − cos x + 1 + 2sin x + 2sin 2 x − 2sin x cos x = 0 ⇔ (1+2sinx)(sinx - cosx +1) = 0 0,25 đ ------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0,25 đ
s inx − cos x = −1 Π − 2 sin(x − ) = � � 4 2 −1 s inx = −1 2 s inx = 2 0, 5 đ 7π x= + k 2π 6 −π x= + k 2π ⇔ 6 k ﾢ 3π x= + k 2π 2 x = k 2π 2. (1 điểm) π π π 0,25 đ 2 x(1 + 2sin x) − cosx 2 cosx 2 2 I=� dx = � − � 2 xdx dx 0 1 + 2sin x 0 0 1 + 2sin x I= π 2 1 d (1 + 2sin x) π π 0, 5 đ 2 π2 1 π 2 − 2 ln 3 =x 2− 2 = − ln 1 + 2sin x 2 = 1 + 2sin x 4 2 4 0 0 0 0,25 đ III 1. (1 điểm) (2 đ) Đk: x 0 bpt 2x 2 + 44x + 18 − x 2 − 3x − 4x x (3 + 4 x ) 2x 2 + 44x + 18 Đặt : t = 2x 2 + 44x + 18 (t>0) 0,25 đ t 2 − x 2 − x(3 + 4 x ) − (3 + 4 x )t 0 Đc bpt: vì t+x>0 với mọi x 0 � (t + x)(t − x − 3 − 4 x ) � � t − x − 3 − 4 x � 0 0 0,25 đ -------------------------------------------------------------------------------------------------------- Ta có bpt � 2x 2 + 44x + 18 � + 3 − 4 x x � 2(x + 3) 2 + 32x � + 3) + 4 x (x � 2(x + 3)2 + 32x � + 3) + 4 x ) 2 ((x x =1 0, 5 đ � (x + 3 − 4 x ) 2 � � x + 3 − 4 x = 0 � 0 x =9 IV 2 0,25 đ (1 đ) Từ giả thiết có VABC . A' B'C ' = S∆ABC .CC '; S∆ABC = 1 CA.CB = a 3 2 2 CH ⊥ AB = H � AB ⊥ (CC ' H) (ABC ') I(ABC) = AB , Kẻ ﾢﾢﾢ � 600 = ((ABC '), (ABC)) = (CH, HC ') = CHC ' Xét tam giác vuông ABC có CH là chiều cao nên 1 1 1 1 1 4 a 3 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 � CH = , Xét tam giác vuông CHC’ có CH 2 CA CB 3a a 3a 2 3a a 2 3 3a a 3 3 3 CC ' = HC tan 600 = � VABC.A'B'C' = . = 0,25 đ 2 2 2 4 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- b.N là trung điểm của AC thì AM//C’N nên AM//(BC’N) d ( AM,BC ) = d ( AM,(BC N) ) = d( A,(BC N) ) . N là trung điểm của AC ' ' ' Nên d ( A,(BC' N) ) = d ( C,(BC'N) ) , kẻ CK vuông góc với BC’
AC ⊥ BC � AC ⊥ (BCC ' B') 0, 25 � BC ' ⊥ (NCK) (vì ) � (CNK) ⊥ (BNC ') = NK đ Kẻ CI vuông góc với NK tại I, d C,(BC' N) = CI ( ) 1 1 1 1 1 1 = + = + + = CI 2 CN 2 CK 2 CN 2 CB2 CC'2 Có 0, 25 4 1 4 43 3a = + + = � d C,(BC' N) = đ a2 3a 2 9a 2 9a 2 ( ) 43 V (1 điểm) (1 đ) 36x 2y z f (x) = + + ,x [ 1;3] , y, z là tham sô yz zx xy Xet hàm số: 0,25 đ 36 2y z 36x 2 − 2y 2 − z 2 36 − 2.9 − 9 f '(x) = − 2− 2 = >0 yz zx x y x 2 yz x 2 yz 36 2y z f (x) f (1) = + + = g(y), y [ 1;3] , z là tham sô yz z y f (x) đồng biến trên [ 1;3] 36 2 z −36 + 2y 2 − z 2 −36 + 2*9 − 12 g '(y) = − 2 + − 2 = +− +− h(z), z [ 1;3] ; h '(z) 0 z z 3 z2 3 9 3 18 h(z) nghịch biến trên [ 1;3] 1 7 = + = h(z) h(3) 3 0,25đ Vậy P 7 dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y=z=3;Do đó MinP=7 uuu r BC = (−5;5) � BC = 5 2 . 5 1 5 G là trọng tâm tam giác ABC pt : BC là:x+y-2=0;SVABC = � SVGBC = SVABC = 2 3 6 --------------------------------------------------------------------------------------------------------- G �d : 2x + y − 1 = 0 � G(x; −2x + 1)3 −2 −2 7 G( ; ) x= 2S 1 x − 2 − 2x + 1 1 1 3 3 3 d (G.BC) = VGBC = � = � x +1 = � BC 3 2 2 3 2 3 −4 −4 11 x= G( ; ) 3 3 3 −2 7 −4 11 Với G( ; ) � A(−1; 2);G( ; ) � A( −3;6) 3 3 3 3 2(1 điểm) 2(1 điểm) Giả sử A(a;0;0); B(0;b;0); C(0;0;c) vì H(3;-2;1) không nằm trong maawtj phẳng tọa độ nào nên ta có: A; B;C không trùng voi O abc 0 0,25 đ x y z 3 2 1 ( 1) (ABC) có pt dạng: + + = 1; H �� (ABC)nên − + =1 uuur ar b c uuu uuur auuub c r AH = (3 − a; −2;1); BC = (0; − b;c); BH = (3; −2 − b;1); AC = ( −a;0;c); vì H là trực tâm 0,25 đ tam giác ABC nên có: uuu uuu r r c a= 14 �AH.BC = 0 2b + c = 0 � 3 �=a 0,5 đ � r uuu uuu r �� thay vào(1) � c = 14 � � 3 BH.AC = 0 −3a + c = 0 � = −c � = −7 b b 2
Mặt phẳng đó có pt: 3x-2y+z=14 Đk x> pt � log 2 2 x + (x − 4) log 2 x −3x + 3 = 0 �log 2 2 x − 4 log 2 x +3 + x log 2 x −3x = 0 � (log 2 x −1) ( log 2 x − 3 ) + x(log 2 x −3) = 0 � (log 2 x − 3)((log 2 x + x −1) = 0 (1) log 2 x = 3 (2) log 2 x + x −1 = 0 0,5đ -------------------------------------------------------------------------------------------------------- (1) � x = 9; 1 nên f (x) ( ) xet(2); f (x) = log 2 x + x −1; x � 0; +�; f '(x) = ( +1 > 0, ∀x � 0; +�) x ln 2 đồng biến trên ( 0; + ) . Mà f (1) = 0 � x = 1 là nghiệm của (2) x > 1 � f (x) > f (1) = 0 0,5đ 0 < x < 1 � f (x) < f (1) = 0 Vậy (2) có nghiệm duy nhẩt x=1 KL VIb 1. (1 điểm) (2 đ) 9 9 9 Gs A(x ;y) �(E) � 9x 2 + 25y 2 = 225; B đói xứng với A qua I( ; ) nên : B(9-x ; -y) 2 10 5 2 2 B �(E) � (27 − 3x) + (9 − 5y) = 225 0,25 đ ----------------------------------------------------------------------------------------------------- Dặt :a=2x ; b=5y ta được hệ : a2 2 � + b = 225 � + b 2 = 225 a2 a2 � − 27a +180 = 0 � �� 0,25 đ (27 − a) 2 + (9 − b) 2 = 225 �= 5 − 3a b �= 5 − 3a b � =15 �a �=5 x � � �= 0 b �= 0 y 9 � x = 4 �các diêm : A(5; 0); B(4; ) a =12 5 � � 9 b =9 y= 5 0,5 đ 2. (1 đi ểm) (S) có tâm là : I(1 ;-2 ;-3) ; bán kính : R=5 ; gọi H là hình chiếu vông góc của I lên (P) 0,25 đ thi ta có : IH IA dấu « = » xảy ra H A lại có IA= 5 < 5 nên A bên trong hình 0,25 đ cầu (S) ; gọi r là bán kính dg tròn giao tuyến � r = R 2 − d 2 (I,(P)) � 25 − 5 = 20 0,25 đ dấu « = » xảy ra H A hay (P) ⊥ IA = A quaA(−1; −2; −2) khi đó (P) : uur nhan IA = (−2;0;1) làvtpt (P) có pt : -2x+z=0 ; kl 0,25 đ VII (1 điểm) b abcde = E �� = a 0 có7 cách chon a; chon bcde có A 7 4 n(E) 7 A74 5880 Gs: e=5 0,5 đ � n(Ω) = 5880; abcde �E và abcde M � 5 � trong E có : A 7 4 + 6A 36 = 1560 e=0 Số chia hết cho 5. gọi A là biến cố chọn dc số chia hết cho 5 thì: n(A)=1560 1560 13 0,5 P(A) = = 5880 49