Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 156', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 156
- 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 điểm )
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = ( 2 − m ) x − 6mx + 9 ( 2 − m ) x − 2 (Cm)
3 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1.
2. Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (C m) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C sao cho diện tích
tam giác OBC bằng 13 .
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2(cos x + 3 sin x) cos x = cos x − 3 sin x + 1
x 2 − 3 x( y − 1) + y 2 + y ( x − 3) = 4
2. Giải hệ phương trình: ( x, y R )
x − xy − 2 y = 1
e
ln x + x
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I = dx
1
x2
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 3, AC = 4 góc t ạo b ởi
các mặt bên và đáy bằng 60o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC
Câu V: (1,0 điểm)
ln 2013 b a
Cho hai số a, b (0;1) và a b . Chứng minh rằng: (log 2013 − log 2013 )>4
b−a 1− b 1− a
II .PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VIa (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d1: x – 2y + 1 = 0; d2: 3x – y – 2 = 0;
d3: 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d1 điểm N trên d2 sao cho MN = 5 và MN song song với d3 .
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C lần lượt là
tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Tìm tâm và bán kính mặt cầu (S) ngo ại tiếp tứ
diện OABC.
Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − 2 z + 2 = 0 trên tập số phức .
Tìm modun của số phức : w = ( z1 − 1) + ( z2 − 1) .
12 5
B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VIb (2,0 điểm)
1. . Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có ph ương trình:x 2 + y2 – x – 4y – 2 = 0 và các
điểm A(3 ;-5) ; B(7;-3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA2 + MB2 nhỏ nhất
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho 3 đi ểm A ( 1; 2; −1) , B ( 2;1;1) ; C ( 0;1; 2 ) và
x −1 y +1 z + 2
đường thẳng (d) có phương trình là: ( d ) : = = . Hãy lập phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi
2 −1 2
qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng (d).
Câu VIIb (1,0 điểm) Giải phương trình: 3x + x − 2.3x − x − 32 x + 2 = 0 ( x R )
3 3
-----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: …………………………..
- Câu Đáp án Điểm
1) Khi m = 1
⇒ y = x3 − 6 x 2 + 9 x − 2
• TXĐ: D = R
lim ( x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2) = − , lim ( x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2) = + 0,25 đ
x − x +
x =1
y ' = 3 x 2 − 12 x + 9 = 0
x=3
• BBT:
x -∞ 1 3 +∞
0,25 đ
y/ + 0 - 0 +
2 +∞
y
-∞ -2
Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+ ∞ )
Hàm số nghịch biến: (1;3)
fCĐ = f(1) = 2
fCT = f(3) = -2
Khi y’’ =6x-12=0 � x = 2 =>y=0 0,5 đ
Khi x=0=>y=-2
x= 4=>y=2
Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối
xứng
Câu I 2) Phương trình hoành độ giao điểm là:
( 2 − m ) x3 − 6mx 2 + 9 ( 2 − m ) x − 2 = −2
� ( 2 − m ) x 3 − 6mx 2 + 9 ( 2 − m ) x = 0 (1) 0,25 đ
� x � − m ) x − 6mx + 9 ( 2 − m ) � 0
(2
�
2
�=
x=0
( 2 − m ) x 2 − 6mx + 9 ( 2 − m ) = 0 ( 2 )
Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương
trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện: 0,25 đ
∆ = 9m 2 − 9 ( 2 − m ) > 0
2
m >1
� �
2−m 0 m 2
Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB xC
Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2
Theo bài ra ta có 0,25 đ
1
S ∆OBC = h.BC = 13 � BC = 13 � ( xB + xC ) − 4 xB xC = 13(3)
2
2
6m
xB + xC =
Theo định lý viét ta có: 2 − m (4)
xB xC = 9
2 14
�6m � m=
Thay (4) vào (3) ta được: � �− 36 = 13 13 (tm)
� −m�
2
m = 14
0,25 đ
- 1) Giải phương trình:
( )
2 cos x + 3 sin x cos x = cos x − 3 sin x + 1
0,25
� π� �π �
� cos 2 x + 3 sin 2 x = cos x − 3 sin x � sin � x + � sin � − x �
2 =
� 6� �6 � 0,25
k 2π 2π
�x= �x = + k 2π ( k �Z )
3 3 0.25
2) Từ pt: x2 -3x(y-1) + y2 + y(x-3) = 4 ⇔ (x-y)2 + 3(x-y) - 4 = 0
x − y = 1
x − y = −4
0,25
x − y = 1
Với x- y = 1, ta có
Câu II x − xy − 2 y = 1
⇔ x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2
x − y = −4 0,25
* Với x - y = -4 ta có (Hệ PT vô nghiệm)
x − xy − 2 y = 1
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2)
0,25
0,25
Tính tích phân:
e e e
ln x + x ln x 1
I= � 2 dx = �2 dx + �dx 0,25 đ
1
x 1
x 1
x
e e e
ln x 1 1 1 1 1 � � e−2
1
Đặt I1= �2 dx = − ln x 1 + � dx = − −
e
2
= − − � − 1�= 0,25 đ
1
x x 1
x e x1 e � � e
e
e
1 e
Đặt I2= dx = ln x 1 = ln e − ln1 = 1 0,25 đ
1
x
Câu III e−2 2e − 2
Vậy I=I1+I2= +1 =
e e
------------------------------------------------------------------------------------------
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC); M, N, K lần lượt là hình chiếu của H 0,25 đ
lênh cạnh AB, AC, BC. Khi đó thể tích V của khối chóp được tính bởi
1 1
công thức : V = S ∆ABC .SH ,mà S ∆ABC = AB. AC = 6
3 2
0,25
- Câu IV S
-Tính SH.
Xét các tam giác SHM,
SHN, SHK vuông tại H,
có các góc SMH, SNH,
SKH
bằng 600 do đó HM = HN 0,25
= HK => H là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác
ABC => A N C
2 S ABC H 0,25
HM = =1 M
AB + BC + CA
K
=>SH = HM.tan600 = 3
0,25
1
Vậy V = 3.6 = 2 3 B
3
Câu VIa ln 2013
Bđt � (log 2013 b − log 2013 (1 − b) − log 2013 a + log 2013 (1 − a )) > 4
b−a 0,25
-------------------------------------------------------------------------------------------
TH1: nếu b > a thì bđt
4b 4a
� log 2013 b − log 2013 (1 − b) − > log 2013 a − log 2013 (1 − a ) −
ln 2013 ln 2013
0,25
4t
Xét hàm số f(t) = log 2013 t − log 2013 (1 − t ) − t (0;1)
ln 2013
(2t − 1) 2
Ta có f’(t) = 0 ∀t (0;1) vậy hàm số f(t) đồng biến trên
t (1 − t ) ln 2013 0,25
(0;1)
Suy ra b > a ta có f(b) >f(a) từ đó ta có điều phải chứng minh
TH2: b < a Chứng minh tương tự. 0,25
1).M thuộc d1, N thuộc d2 nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2)
MN = 5 � MN 2 = 5 � (b − 2a + 1) 2 + (3b − a − 2) 2 = 5 (1) 0,25
uuuu uur
r
MN / / d3 � MN .nd3 = 0 � (b − 2a + 1;3b − a − 2).(2;1) = 0 � a = b 0,5
thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2 0,25
Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2;
4)
2) Tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là 0,25
A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3).Gọi phương trình mặt cầu (S):
x2+y2+z2+2Ax+2By+2Cz+D=0n (Điều kiện: A2+B2+C2-D>0)(1)
Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình:
A = −3
D=0 0,25
3
B=−
� + 12 A = 0
36 � 2
� �
� + 6B = 0
9 � =−3
C
� + 6C = 0
9 � 2
D=0
- Vậy phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2-6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I(
3 3 3 6 0,25
3; ; ) bán kính R =
2 2 2
0,25
z 2 − 2 z + 2 = 0 .Có ∆ , = 1 − 2 = −1 = i 2 0,25 đ
z1 = 1 − i
Giải phương trình ta được nghiệm là 0,25 đ
z2 = 1 + i
Câu VIIa
Thay vào w ta đ ược w = ( −i ) + i 5 = 1 + i hoặc w = i12 + (−i )5 = 1 − i
12
Vậy /w / = 1 0,5 đ
VIb(2,0đ)
1 5
1).Đường tròn (C) có tâm I ( ; 2), R = 0,25
2 2
-Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4). Xét tam giác MAB có
MA2 + MB 2 AB 2 AB 2
MH 2 = − � P = MA2 + MB 2 = 2MH 2 + 0,25
2 4 2
do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C)
x = 5 + 3t
mà IH : , thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t2 +
y = −4 − 4t 0,25
3t + 2 = 0 t = -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1;
4)
-Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm 0,25
uuu r uuur uuu uuu
r r
2).Ta có AB = ( 1; −1; 2 ) , AC = ( −1; −1;3 ) � � , AC � ( −1; −5; −2 ) nên
� AB �=
phương trình mặt phẳng (ABC): 0,25
−1( x − 1) − 5 ( y − 2 ) − 2 ( z + 1) = 0 � x + 5 y + 2 z − 9 = 0
Gọi trực tâm của tam giác ABC là H ( a, b, c ) , khi đó ta có hệ:
uuu uuu
r r
BH . AC = 0 � − b + 2c = 3
a �=2
a 0,25
� r uuu
uuu r � �
� . AB = 0 � � + b − 3c = 0 � � = 1 � H ( 2;1;1)
CH a b
�H ( ABC ) � + 5b + 2c = 9
a � =1
c
� �
Do đường thẳng ( ∆ ) nằm trong (ABC) và vuông góc với (d) nên: 0,25
uu r
r
u∆ ⊥ n ABC uu
r r r
uu uu � u∆ = �ABC , n d � ( 12, 2, −11) . Vậy đường thẳng ( ∆ ) đi qua
r r �n � =
u ⊥u
∆ d
x − 2 y −1 z −1
điểm H ( 2;1;1) và có vtcp ( 12, 2, −11) nên ∆ : = =
12 2 −11
VIIb 3
pt � 3x + x − 2.3x − x − 3x − x.3x
3 3 3
+x
+2=0 0,25
3 3 3 3 3
+x −x −x −x +x
� 3x (1 − 3x ) + 2(1 − 3x ) = 0 � (1 − 3x )(2 + 3x )=0 0,25
x3 − x
3 =1 x=0
� � 0,5
3x
3
+x
+ 2 = 0 (VN ) x= 1
-------------------------------------------Hết-----------------------------------
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
