ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 160

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

30
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 160', 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 160

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. PHÂN CHUNG CHO TÂT CẢ THÍ SINH (7,0 điêm) ̀ ́ ̉ Câu 1 (2,0 điêm) Cho ham số y = x − 2( m + 1 )x + m 2 ( 1 ) ,với m là tham số thực. ̉ ̀ 4 2 a) Khao sat sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. ̉ ́ b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. Câu 2 (2,0 điêm) Giai phương trinh 3 s in2x+cos2x=2cosx-1 ̉ ̉ ̀ x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y Câu 3 (1,0 điểm) Giai hệ phương trinh ̉ ̀ 1 (x, y ∈ R). x2 + y2 − x + y = 2 3 1 + ln( x + 1) Câu 4 (1,0 điêm) Tính tích phân I = ̉ dx 1 x2 Câu 5 (1,0 điêm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều c ạnh a. Hình chi ếu vuông góc c ủa S trên ̉ mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách gi ữa hai đ ường th ẳng SA và BC theo a. Câu 6 (1,0 điểm) : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = 0. Tìm giá tr ị nh ỏ nh ất c ủa bi ểu thức P = 3 x − y + 3 y − z + 3 z − x − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 . 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 7.a (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. G ọi M là trung đi ểm c ủa � 1� 11 cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Gi ả sử M � ; � đường thẳng AN có phương và � 2�2 trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A. x +1 y z − 2 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = và điểm I 1 2 1 (0; 0; 3). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và c ắt d t ại hai đi ểm A, B sao cho tam giác IAB vuông t ại I. n −1 Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cn = Cn . Tìm số hạng chứa x5 trong khai triển 3 n � 2 1� nx nhị thức Niu-tơn � − �, x ≠ 0. � 14 x � B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 + y2 = 8. Viết phương trình chính tắc elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) c ắt (C) t ại b ốn đi ểm t ạo thành b ốn đ ỉnh của một hình vuông. x +1 y z − 2 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = , mặ t 2 1 1 phẳng (P) : x + y – 2z + 5 = 0 và đi ểm A (1; -1; 2). Vi ết ph ương trình đ ường th ẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN. 5( z + i ) Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa = 2 − i . Tính môđun của số phức w = 1 + z + z2. z +1
BAI GIAI GỢI Ý ̀ ̉ PHÂN CHUNG CHO TÂT CẢ THÍ SINH (7,0 điêm) ̀ ́ ̉ Câu 1: a/ Khao sat, vẽ (C) : ̉ ́ m = 0 ⇒ y = x4 – 2x2 D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = ± 1 Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +∞), nghịch biến trên (-∞;-1) và (0; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và yCT = -1 y lim y = + x Bảng biến thiên : x -∞ -1 0 1 +∞ y’ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1 +∞ -1 1 O -1 -1 - x y = 0 ⇔ x = 0 hay x = 2 -1 Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm ( 2 ; 0) b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x2 = (m + 1) Hàm số có 3 cực trị ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > -1 Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m2), B (- m + 1 ; – 2m – 1); C ( m + 1 ; –2m – 1) Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC ⇒ M (0; -2m–1) Do đó ycbt ⇔ BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền) 3 ⇔ 2 m + 1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2 ⇔ 1 = (m + 1) m + 1 = (m + 1) 2 (do m > -1) ⇔ 1 = (m + 1) (do m > -1) ⇔ m = 0 Câu 2. 3 s in2x+cos2x=2cosx-1 ⇔ 2 3 sinxcosx + 2cos2x = 2cosx ⇔ cosx = 0 hay 3 sinx + cosx = 1 3 1 1 π π ⇔ cosx = 0 hay sinx + cosx = ⇔ cosx = 0 hay cos( x − ) = cos 2 2 2 3 3 π 2π ⇔ x = + kπ hay x = k 2π hay x = + k 2π 2 3 Câu 3: x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y 1 Đặt t = -x x2 + y2 − x + y = 2 t + y 3 + 3t 2 + 3 y 2 − 9(t + y ) = 22 3 Hệ trở thành 2 1 . Đặt S = y + t; P = y.t t + y2 + t + y = 2 � − 3PS + 3( S − 2 P ) − 9 S = 22 S 3 2 � 3 − 3PS + 3( S 2 − 2 P ) − 9 S = 22 S � � Hệ trở thành � 2 1 � 1 2 1 � − 2P + S = S � = (S + S − ) P � 2 � 2 2 2 S + 6 S + 45S + 82 = 0 3 2 3 � �= P � 1 �� −3 � 3 1 �� 1 2 1 � � 4 . Vậy nghiệm của hệ là � ; − �� ; � ; � = (S + S − ) P � = −2 S � 2 �� 2 � 2 2 2 2
x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y 1 1 Cách khác : 1 2 1 2 . Đặ t u = x − ; v = y + (x − ) + ( y + ) = 1 2 2 2 2 3 45 3 45 u 3 − u 2 − u = (v + 1)3 − (v + 1) 2 − (v + 1) Hệ đã cho thành 2 4 2 4 u + v =1 2 2 3 2 45 45 Xét hàm f(t) = t − t − t có f’(t) = 3t − 3t − 3 2 < 0 với mọi t thỏa t≤ 1 2 4 4 v=0 v = −1 ⇒ f(u) = f(v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1)2 + v2 = 1 ⇒ v = 0 hay v = -1 ⇒ hay u =1 u=0 � 1 � 1 −3 � 3 � ⇒ Hệ đã cho có nghiệm là � ; − � ; � ;� . � 2� 2 2 � 2 � Câu 4. x −1 3 3 3 3 3 1 + ln( x + 1) 1 ln( x + 1) 2 ln( x + 1) I= dx = � dx + � 2 dx = + J = + J . Với J = dx 1 x 2 1 x 2 1 x −1 1 3 1 x2 1 1 −1 Đặt u = ln(x+1) du = dx ; dv = 2 dx , chọn v = -1 x +1 x x −1 3 3 dx −1 3 3 −4 J = ( − 1) ln( x + 1) + = ( − 1) ln( x + 1) + ln x 1 = ln 4 + 2 ln 2 + ln3 x 1 1 x x 1 3 −2 2 −2 = ln 2 + ln 3 . Vậy I = + ln 2 + ln 3 3 3 3 dx dx −1 Cách khác : Đặt u = 1 + ln(x+1) ⇒ du = ; đặt dv = 2 , chọn v = , ta có : x +1 x x 3 3 3 3 1 dx 1 x 2 −2 I = − [ 1 + ln( x + 1)] + = − [ 1 + ln( x + 1) ] + ln = + ln 2 + ln 3 x 1 1 x( x + 1) x 1 x +1 1 3 3 Câu 5. Gọi M là trung điểm AB, ta có S a a a MH = MB − HB = − = 2 3 6 2 2 2 � 3 � �� 28a 2 a a a 7 I CH = � �+ �� = � CH = K � 2 � �� 36 6 3 2a 7 a 21 SC = 2 HC = ; SH = CH.tan600 = B H M A 3 3 1 a2 7 a3 7 V ( S , ABC ) = a= 3 4 12 dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC D Vẽ HK vuông góc với AD. Và trong tam giác vuông C SHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK. Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm. 1 1 1 1 1 � = + = + 2a 3 a 3 HI 2 HS 2 HK 2 � 21 � � 3 � 2 2 HK = = , hệ thức lượng a a 3 2 3 � � 3 � �3 � � � � � � � � a 42 3 3 a 42 a 42 � HI = � d [ BC , SA] = HI = = 12 2 2 12 8
Câu 6. x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy ≥ 0 Ta có P = 3 x − y + 3 2 y + x + 3 2 x + y − 12( x 2 + y 2 + xy ) = P = 3 x − y + 3 2 y + x + 3 2 x + y − 12[( x + y ) 2 − xy ] ≥ 2 y + x + 2 x+ y x− y 3 + 2.3 2 − 12[( x + y ) 2 − xy ] 3 x+ y ≥ 3 x − y + 2.3 2 − 2 3 x + y . Đặt t = x + y 0 , xét f(t) = 2.( 3)3t − 2 3t f’(t) = 2.3( 3)3t .ln 3 − 2 3 = 2 3( 3.( 3)3t ln 3 − 1) > 0 ⇒ f đồng biến trên [0; +∞) ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2 Mà 3 x − y ≥ 30 = 1. Vậy P ≥ 30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 0. Vậy min P = 3. A. Theo chương trình Chuẩn : Câu 7a. A B a 10 a 5 5a Ta có : AN = ; AM = ; MN = ; 3 2 6 AM 2 + AN 2 − MN 2 1 M cosA = = ⇒ MAN = 45o ﾷ 2 AM . AN 2 ﾷ (Cách khác :Để tính MAN = 45 ta có thể tính 0 C D N 1 2− ﾷﾷ tg ( DAM − DAN ) = 3 =1) 1 1 + 2. 3 11 1 Phương trình đường thẳng AM : ax + by − a − b = 0 2 2 ﾷ 2a − b 1 a 1 cos MAN = = ⇔ 3t2 – 8t – 3 = 0 (với t = ) ⇒ t = 3 hay t = − 5(a + b ) 2 2 2 b 3 2x − y − 3 = 0 + Với t = 3 ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : ⇒ A (4; 5) 3 x + y − 17 = 0 1 2x − y − 3 = 0 + Với t = − ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : ⇒ A (1; -1) 3 x − 3y − 4 = 0 3 5 3 10 11 2 7 2 45 Cách khác: A (a; 2a – 3), d ( M , AN ) = , MA = MH . 2 = ⇔ (a − ) + (2a − ) = 2 2 2 2 2 ⇔ a = 1 hay a = 4 ⇒ A (1; -1) hay A uu 5).(4; r Câu 8a. Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi ud = (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d. uuu uu r r AB R 2 [ MI , ud ] uuu uu r r 8 2 IH = = = d (I , d ) = uu r ⇒ [ MI , ud ] = (−2;0; −2) ⇒ IH = = 2 2 ud 6 3 R 2 2 2 6 8 = ⇒ phương trình mặt cầu (S) là : x + y ( z − 3) = . 2 2 ⇒R = 2 3 3 3 n −1 n(n − 1)(n − 2) Câu 9.a. 5Cn = Cn ⇔ 5.n = 3 ⇔ 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) ⇒ n = 7 6 7 −i i 7 −i 7 −i �2 � x �1� 1 �� Gọi a là hệ số của x ta có C 5 7 � � . � �= ax5 ⇔ (−1)i C77 −i . � � .x14−3i = ax5 − 2 � � � x� 2 �� 7 −i 1 �� −35 −35 5 ⇒ 14 – 3i = 5 ⇒ i = 3 và −C77 −i . � � = a ⇒ a = . Vậy số hạng chứa x5 là .x . 2 �� 16 16 B. Theo chương trình Nâng cao :
x2 y 2 Câu 7b Phương trình chính tắc của (E) có dạng : + = 1 (a > b) . Ta có a = 4 a 2 b2 (E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vuông nên : x2 y 2 4 4 16 + =1 M (2;-2) thuộc (E) � 2 + 2 = 1 � b = . Vậy (E) có dạng 16 16 2 a b 3 3 Câu 8b. M �d � M (−1 + 2t ; t ; 2 + t ) (t �R) ; A là trung điểm MN � N (3 − 2t ; −2 − t ; 2 − t ) x +1 y + 4 z N ( P ) � t = 2 � N (−1; −4;0) ; ∆ đi qua A và N nên phương trình có dạng : = = 2 3 2 Câu 9b. z = x + yi 5( z + i ) 5( x − yi + i ) 5[( x − ( y − 1)i ) = 2−i � = 2−i � = 2−i z +1 x + yi + 1 ( x + 1) + yi � 5 x − 5( y − 1)i = 2( x + 1) − ( x + 1)i + 2 yi + y � 5 x − 5( y − 1)i = (2 x + 2 + y ) − ( x + 1 − 2 y )i 2 x + 2 + y = 5x 3x − y = 2 x =1 x + 1 − 2 y = 5( y − 1) x − 7 y = −6 y =1 z = 1 + i; w = 1 + z + z 2 = 1 + (1 + i ) + (1 + i ) 2 = 1 + 1 + i + 1 + 2i + (−1) = 2 + 3i � w = 4 + 9 = 13 Hoàng Hữu Vinh, Trần Quang Hiển (Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)