ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 154

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

Thêm vào BST

Báo xấu

42
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 154', 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 154

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. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x + 4 Câu I(2 điểm) : Cho hàm số y = . 1− x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số trên. 2. Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN = 3 10 . Câu II (2 điểm) : 1.Giải phương trình sau : sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – 4 cos 4 x x x −1 3 2.Giải bất phương trình: −1 + ≤ x−2 2 2x + 1 2 π Câu III (1 điểm) : Tính tích phân: I = 4 (sin x + cos x ) 2 ∫ sin 2 x cos 2 x + cos 4 x dx . 0 Câu IV (1 điểm) : Cho hình lăng trụ ABC. A / B / C / có cạnh bên bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 0 . Hình chiếu vuông góc của B / lên (ABC) là trung điểm H của AB. Tam giác ABC có BC = 2a, góc ACB bằng 30 0 . Tính thể tích lăng trụ ABC. A / B / C / và khoảng cách giữa B / H và BC. Câu V (1 điểm) : Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz và x > 1, y > 1, z > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x −1 y −1 z −1 P= + 2 + 2 . y2 z x PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B). A.Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc ABC có phương trình là x + 2 y − 5 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua điểm K (6;2) . 2.Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho tam gi¸c ABC víi A(1;0;2), B(-2;1;1), C(1;-3;-2). D lµ ®iÓm thuéc ®êng th¼ng chøa c¹nh BC sao cho DB = 2DC. LËp ph¬ng tr×nh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn S.ABD biÕt S(1;0;0), và D có hoành độ dương. Câu VII.a (1 điểm): Tìm modun của số phức w = 3 − zi + z , biết (1 + i ) z − 1 − 3i = 0 . B.Theo chương trình nâng cao. CâuVI.b (2điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) x 2 + y 2 + 2 x − 6 y + 2 = 0 và đường thẳng d: x + y − 2 = 0 . Tìm các đỉnh của hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (C) biết đỉnh A thuộc d và có hoành độ dương 2.Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 3) 2 = 17 và mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). CâuVII.b (1điểm). Tìm hệ số chứa x 4 trong khai triển [1 + x. log 4 (n + 4) + 3 x 2 ] n −2 1 3 biết C n+ 4 = 3 An +3 + 7(n + 3) . 6 ........................Hết......................... Họ tên thí sinh……………………………… SD…………………………………………………..
Câu Nội dung Điểm I 1. * TXD : D = R\{1}. * Sự biến thiên: + Giới hạn – Tiệm cận 6 + Chiều biến thiên: y = / . (1 − x) 2 BBT 0.25 x - 1 + y/ + + + + y 0.25 - - Hàm số đồng biến trên ( - ∞ ; 1); (1;+ ∞ ) . Hàm số không có cực trị. y 4 -2 1 O x -2 Đồ thị. 0.5 Giao Ox, Oy tại A(-2;0), B(0;4). 2. Từ giả thiết ta có: (d ) : y = k ( x − 1) + 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 90(*) 2 2 2x + 4 = k ( x − 1) + 1 kx 2 − (2k − 3) x + k + 3 = 0 −x +1 ( I ) . Ta có: ( I ) 0.25 y = k ( x − 1) + 1 y = k ( x − 1) + 1 Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình kx 2 − (2k − 3) x + k + 3 = 0(**) có hai nghiệm phân biệt khác 1. Khi đó dễ có được 3 0.25 k 0, k < . 8 Ta biến đổi (*) trở thành: 2k − 3 k +3 Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 + x2 = , x1 x2 = , thế vào (***) ta có k k phương trình: 8k 3 + 27k 2 + 8k − 3 = 0 � (k + 3)(8k 2 + 3k − 1) = 0 − 3 ± 41 0.5 ⇔ k = −3; k = . 16 KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.
II 1. sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – 4 cos 4 x 2 ⇔ 4 sin x cos 2 x + 4 cos 4 x − 4 sin x cos x + 2 sin x − 2 cos x = 0 ⇔ 2 cos 2 x − 2 sin x cos x + sin x − cos x = 0 ⇔ 2 cos x(cos x − sin x) + sin x − cos x = 0 0.25  π sin x − cos x = 0  x = 4 + kπ ⇔ ⇔ 0.75 1 − 2 cos x = 0  x = ± π + k 2π   3 2. Đk: x ≥ 2 x −1 x −1 ≤ BPT ⇔ 2x + 1 3x x −2 + −1 2 2 0.25 1 1 ⇔ ≤ 2x + 1 3x x (do x ≥ 2 ) −2 + −1 2 2 x 3 0.25 ⇔ −1 + x − 2 ≤ 2x + 1 2 2 x 3x ⇔ ( − 1)( − 2) ≤ 2 2 2 0.25 −2 ⇔ ≤ x ≤ 4. 3 Kết hợp đk thì BPT đã cho có tập nghiệm là: [2;4] 0.25 III π π I=� 2 4 ( sin x + cos x ) 2 dx = � 4 4 cos 2 x ( tan x + 1) dx 2 0 ( cos x 2sin x cos x + cos 2 x 0 ) cos x ( 2 tan x + 1) π π 4 ( tan x + 1) 2 ( tan x + 1) 2 d tan x 4 =� 2 dx = � ( ) 0( 0 cos x ( 2 tan x + 1) 2 tan x + 1) 0.25 1 Đặt t = tan x � dt = d ( tan x ) = dx cos 2 x x = 0�t = 0 Đổi cận π 0.25 x = �t =1 4 1 1 (t + 1) 2 1 1 Khi đó I = ∫ = ∫ (2t + 3 + )dt 0.25 0 2t + 1 4 0 2t + 1 1 1� 1 � 1� 1 � 1 I = �2 + 3t + ln 2t + 1 � = � + ln 3 � 1 + ln 3 t 4 = 0.25 4� 2 � 4� 2 0 � 8
IV Từ giả thiết suy ra B / H là chiều cao của lăng trụ. Góc giữa cạnh bên và mặt a đáy bằng góc B / BH = 60 0 ⇒ BH = ⇒ AB = a . 2 AB BC Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC, ta có = sin C sin A 0.25 A/ C/ ⇒ sin A = 1 ⇒ A = 90 . 0 Vậy tam giác ABC vuông tại A. Tính được AC = a 3 2 B/ 1 a 3 Diện tích đáy S ABC = AB. AC = 0.25 2 2 a 3 Đường cao của hình chóp B / H = 2 Thể tích khối lăng trụ ABC. A / B / C / C 1 / a3 A V ABC . A/ B / C / = B H .S ABC = 0.25 3 4 H K + I B HI vuông góc với BC ( I là trung điểm BK), thì HI là đoạn vuông góc chung của B/H và BC. a 3 0.25 Khoảng cách cần tính là HI = 4 V x −1+ y −1 y −1+ z −1 z −1+ x −1 � 1 1 � � 1 1 1 1 � Ta có P = 2 + 2 + 2 −� + + � �2 + 2 + 2 � + y z x � y z� � x x y z � (1). x −1 + y −1 y −1 + z −1 z −1 + x −1 0.25 Mà + + y2 z2 x2 � 1 1 � � 1 1� � 1 1� = ( x − 1) � 2 + 2 � ( y − 1) � 2 + 2 � ( z − 1) � 2 + 2 � + + � x y � � y z � � x z � 2 2 2 ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) (2). xy yz xz Từ (1) và (2) suy ra 1 1 1 1 1 1 �1 1 1 � 0.25 P + + + 2 + 2 + 2 − 2� + + � (3) x y z x y z � xy yz zx � 1 1 1 Từ giả thiết ta có + + =1 (4). xy yz zx 1 1 1 1 1 1 Mà 2 + 2+ 2 + + =1 (5). x y z xy yz zx 0.25 2 � 1 1 � �1 1 1 1 � 1 1 1 � + y + z �� + yz + zx � x + y + z � 3 x 3 xy � (6). � � � �
Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra P 3 −1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 . 0.25 VIa 1. B(5 − 2b; b), C (2b − 5; −b) , O (0;0) BC 0.25 Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc ABC nên I (2;4) và I AB uur Tam giác ABC vuông tại A nên BI = ( 2b − 3;4 − b ) vuông góc với uuur CK = ( 11 − 2b;2 + b ) b =1 (2b − 3)(11 − 2b) + (4 − b)(2 + b) = 0 � −5b 2 + 30b − 25 = 0 � b=5 0.25 Với b −−� = (3;1), C ( 3; 1) 1 B A(3;1) B loại � 17 � 31 0.25 Với b = 5 � B(−5;5), C (5; −5) A� ; � � 5� 5 � 17 � 31 0.25 Vậy A � ; �B( −5;5); C (5; −5) ; � 5� 5 2. T×m ®îc D( 4;-7;-5) 0.25 Gäi (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 lµ mÆt cÇu cÇn t×m. Do (S) ®i 1 − 2a + d = 0 5 − 2a − 4c + d = 0  qua S(1;0;0), A(1;0;2), B(-2;1;1), D(4;-7;-5 ) nªn cã  6 + 4a − 2b − 2c + d = 0 0.25 90 − 8a + 14b + 10c + d = 0   − 10 a = 3  b = − 17  Gi¶i ra  2 0.25 c = 1  d = − 23   3 20 23 Suy ra (S): x + y + z + x + 17 y − 2 z − =0 2 2 2 3 3 0.25 VII.a Theo giả thiết, ta có x=2 (1 + i )( x − yi ) − 1 − 3i = 0 = 0 � ( x + y − 1) + ( x − y − 3)i = 0 � y = −1 0.5 Suy ra z = 2 − i . 0.25 Ta có w = 3 − zi + z = 3 − (2 − i )i + 2 + i = 4 − i Suy ra w = 17 0.25 VI.b 1. + Đường tròn ( x + 1)2 + ( y − 3)2 = 8 có tâm I (−1;3) bán kính R = 2 2
+ A thuộc d nên A( x; 2 − x) . + Ta có IA2 = 8 � ( x + 1) 2 + (1 + x) 2 = 8 � ( x + 1) 2 = 4 x =1 0.25 x = −3 ( L) Vậy A(1;1) � C (−3;5) . uu r 0.25 + Đường thẳng BD đi qua I (−1;3) vuông góc với IA nên nhận IA = (2; −2) r // u (1; −1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: x− y+4=0. + Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình: x =1 ( x + 1) 2 + ( x + 1) 2 = 8 � ( x + 1) 2 = 4 � x = −3 0.25 + x =1� y = 5 + x = −3 � y = 1 Vậy B(1;5) ⇒ D(-3;1) hoặc ngược lại. 0.25 2. r S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 . (P) có VTPT n = (2, 2, 1) r + Gọi u = (a, b, c) là VTCP đường thẳng ∆ cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0) r r + ∆ (P) u ⊥ n 2a + 2b + c = 0 c = – 2a – 2b (1) uur uur r + Ta có AI = (–9, 2, 20), [ AI , u ] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a) uur r � ,u� AI � � ∆ tiếp xúc (S) d(I, ∆ ) = R r = 17 u 0.25 (2c − 20b) 2 + (20a + 9c) 2 + (−9b − 2a) 2 = 17. a 2 + b 2 + c 2 (2) +Từ (1) và (2) ta có (−4a − 24b) 2 + (2a − 18b) 2 + ( −9b − 2a) 2 = 17[ a 2 + b 2 + (−2a − 2b) 2 ] 896b2 – 61a2 + 20ab = 0 +Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b 0. Chọn b = 1 224 Ta có – 61a2 + 20a + 896 = 0 a = 4 hoặc a = − 61 224 326 0.25 + Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = − , b = 1 thì c = 61 61 224 x = 8− t x = 8 + 4t 61 Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là: y = t và y = t z = −23 − 10t 326 0.25 z = −23 + t 61 VII.b Tìm được n = 12 0.25 [ Suy ra 1 + x. log 4 (n + 4) + 3 x ] 2 n −2 = (1 + 2 x + 3 x ) 2 10 n = 12 (1 10 � + 2 x) + 3 x 2 � = C10 (1 + 2 x)10 + C10 (1 + 2 x)9 .3 x 2 + C10 (1 + 2 x)8 9 x 4 + ... 0 1 2 0.25 � � Ta có:
C10 (1 + 2 x)10 = C10 �10 + C10 2 x + C10 4 x 2 + C10 8 x 3 + C1016 x 4 + ...� 0 0 C0 � 1 2 3 4 � 3 x 2C10 (1 + 2 x)9 = 3x 2C10 �90 + C9 2 x + C92 4 x 2 + ...� 1 1 C � 1 � 9 x 4C10 (1 + 2 x)8 = 9 x 4C10 �80 + ...� 2 2 C � � 0.25 Vậy hệ số của số hạng chứa x 4 là : C10C1016 + 3C10C9 4 + 9C10C8 = 8085 0 4 1 2 2 0 ( Cũng có thể giải theo cách chọn bộ k,i) 0.25