ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 162

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

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 8
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 162', 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 162

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. x−2 Câu I :Cho hàm số y = , có đồ thị (C).Chứng minh rằng mọi điểm trên đồ thị (C) tiếp tuyến tại đó luôn x +1 tạo với hai đường thẳng d : x + 1 = 0 và d : y − 1 = 0 một tam giác có diện tích không đổi . Câu II 1. Giải phương trình lượng giác sau : : � π� ( a) 2sin x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 cos x + 3 sin x 2 ) b) tan 2 x + tan x tan x + 1 2 = 2 2 sin � + � x � 4� . 2. Giải các phương trình và hệ phương trình sau : a) 2 x 2 − 11x + 23 = 4 x + 1 3 x − 1 + 4 ( 2 x + 1) = y −1 + 3y b) ( x + y ) ( 2 x − y ) + 4 = −6 x − 3 y 2x + 1 − 3 x 2 + 1 x+2 3 x+3 Câu III . 1. Tìm các giới hạn sau : a ) lim b) lim x 2 ( − ) x→ 0 sin x x →∞ x x 2. Rút gọn biểu thức A = C2012 − 22 C2012 + 3.22 C2012 − 4.23 C2012 + ... + 2011.22010 C2012 − 2012.22011 C2012 . 1 2 3 4 2011 2012 3. Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) n (n N* ) , biết C1 + 2C2 + 3C3 +...+ kC 2n+1 +...+ (2n+1)C 2n+1 = 21.2 20 2n+1 2n+1 2n+1 k 2n+1 4.Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và 3 số lẻ ? Câu IV Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SBC),góc giữa mặt phẳng (SAC) và (SBC) là 600, SB = a 2 , BSC = 450 . ﾷ a) Chứng minh rằng BC vuông góc với mặt phẳng (SAB). b) Tính theo a diện tích tam giác SAB x 3 − y 3 − 6 y 2 + 3 ( x − 5 y ) = 14 Câu V Giải hệ phương trình: ( x, y ﾷ ) 3 − x + y + 4 = x3 + y 2 − 5 Câu VI 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ là x − y − 1 = 0 .Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và N có tung độ âm. 2.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x − y − 2 = 0 và d 2 : x + 2 y − 2 = 0 . Giả sử d1 cắt d 2 tại I . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M (−1;1) cắt d1 và d 2 tương ứng tại A, B sao cho AB = 3IA . 3.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 10 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M ( −3; −2) và điểm A có hoành độ dương. ..................................................Hết .............................................................
ĐÁP ÁN 3 x−2 Câu I PT tiếp tuyến d có dạng y = ( x − xo ) + x ( x o + 1) 2 x + 1 , (với o là hoành độ tiếp điểm) � x −5� − Giao điểm của d lần lượt với d và d’ là: A � 1; o � B ( 2x o + 1;1) ; � xo +1 � 6 IA = ; IB = 2x o + 2 � IA.IB = 12 Vậy S∆IAB = 6 ( I là giao của d và d’) xo +1 Câu II 1.a) 3sin x + 2 3 sin x.cos x + cos x = 3 cos x + 3 sin x 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 � cos x + 3 sin x − 3 cos x + 3 sin x = 0 cos x + 3 sin x = 0 cos x + 3 sin x = 3 � π� π +) cos x + 3 sin x = 0 � 2sin � + � 0 � x = − + kπ , k � x = ﾷ � 6� 6 � π� 3 +) cos x + 3 sin x = 3 � sin � + � vô nghiệm. x = � 6� 2 tan 2 x + tan x 2 � π� b)Giải phương trình: = sin � + � x . tan x + 1 2 2 � 4� π Điều kiện: cos x �۹+ x 0 kπ (*) 2 Phương trình đã cho tương đương với: 2 cos 2 x(tan 2 x + tan x) = sin x + cos x � 2sin 2 x + 2sin x.cos x = sin x + cos x � 2sin x(sin x + cos x) = sin x + cos x � (sin x + cos x)(2sin x − 1) = 0 π + Với sin x + cos x = 0 � tan x = −1 � x = − + kπ 4 1 π 5π + Với 2sin x − 1 = 0 � sin x =� x = + k 2π ; x = + k 2π 2 6 6 Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là: π π 5π x = − + kπ ; x = + k 2π ; x = + k 2π (k ﾷ ) 4 6 6 2)a) Giải phương trình: 2 x 2 − 11x + 23 = 4 x + 1 ĐK: x −1 . (1) � 2( x 2 − 6 x + 9) + ( x + 1 − 4 x + 1 + 4) = 0 x −3=0 2( x − 3) 2 + ( x + 1 − 2) 2 = 0 (*)Do a 2 0(∀a ) nên pt(*) � x = 3. x +1 − 2 = 0 3x − 1 + 4 ( 2 x + 1) = y − 1 + 3y ( 1) 1 b) Điều kiện: x ;y 1 ( x + y ) ( 2 x − y ) + 4 = −6 x − 3 y ( 2) 3 y + x +1 = 0 (2) � − y 2 + ( x + 3) y + 2 x 2 + 6 x + 4 = 0; ∆ = ( 3 x + 5 ) Vậy ta có: 2 2x − y + 4 = 0
1 y + x + 1 = 0 vô nghiệm vì x ;y 1 3 3x − 1 + 4 ( 2 x + 1) = 2 x + 3 + 3 ( 2 x + 4 ) 2 x − y + 4 = 0 � y = 2 x + 4 , thay vào (1) ta có: � 2 ( 3 x − 1) + 3x − 1 = 2 ( 2 x + 3) + 2 x + 3 ( *) ( *) � 3x − 1 = 2 x + 3 � x = 4 � y = 12 .Kết luận: ( x , y ) = ( 4;12 ) x+2 3 x+3 Câu II. 1.b) lim x 2 ( − ) x →∞ x x 1 1 + 2 y − 3 1 + 3y  1 + 2 y − (1 + y ) 3 1 + 3 y − (1 + y )  Đặ t x = khi x → ∞ thì y → 0 I = lim 2 = lim  −  y y →0 y y →0   y2 y2    − y2 y 2 ( y + 3)  = lim  2 +  y →0  y 1 + 2 y + (1 + y ) y 2 (3 (1 + 3 y ) 2 + (1 + y )3 1 + 3 y + (1 + y ) 2 )      1 1 y+3 Vậy I = = lim − +  2 y →0  1 + y + 1 + 2 y (1 + y ) + (1 + y )3 1 + 3 y + 3 (1 + 3 y ) 2  2   1 1 = − +1 = 2 2 2 . Rút gọn biểu thức A = C2012 − 2 C2012 + 3.2 C2012 − 4.2 C2012 + ... + 2011.2 C2012 − 2012.2 C2012 . 1 2 2 2 3 3 4 2010 2011 2011 2012 Đạo hàm 2 vế của (1) ta có 2012 ( 1 + x ) 2011 = C2012 + 2 xC2012 + ... + kx k −1C2012 + .... + 2012 x 2011C2012 (2) (∀x) (∀x) 1 2 k 2012 Chọn x=-2 thay vào (2) 2012 ( 1 − 2 ) 2011 = C2012 + 2( −2)C2012 + ... + k ( −2) k −1 C2012 + .... + 2012( −2) 2011 C2012 (2) 1 2 k 2012 � −2012 = C2012 − 22 C2012 + 3.22 C2012 − 4.23 C2012 + ... + 2011.2 2010 C2012 − 2012.22011 C2012 � A = −2012 1 2 3 4 2011 2012 3. Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3)n (n N* ) , biết C1 + 2C2 + 3C3 +...+ kC 2n+1 +...+ (2n+1)C 2n+1 = 21.2 20 (*) 2n+1 2n+1 2n+1 k 2n+1 Xét (1 + x)2 n+1 = C2 n+1 + C2 n+1 x + C22n+1 x 2 + ... + C22n+11x k + ... + C22nn+11 x 2 n+1∀x(1) 0 1 n+ + đạo hàm 2 vế của (1) ta có (2n + 1)(1 + x)2 n = C2 n+1 + 2C2 n+1x + ... + kC2 n+1 x k −1 + ... + (2n + 1)C2 n+1 x 2 n (2) 1 2 2 n +1 2 n +1 + + Chọn x=1 thay vào (2) ta có (2n + 1)22 n = C2 n+1 + 2C2 n+1 + ... + kC22nn+11 + ... + (2n + 1)C22nn+11 1 2 (*) � (2n + 1)22 n = 21.220 (3) Nếu n>10 ta thấy vế trái (3)>vế phải (3) nên n>10 loại tương tự 0
Câu IV Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt S phẳng (SBC), góc giữa mặt phẳng (SAC) và (SBC) là 60 0, SB = a 2 , BSC=450 ﾷ K a) Chứng minh rằng BC vuông góc với mặt phẳng (SAB). Hạ AH ⊥ SB do (SAB) ⊥ (SBC=>AH ⊥ BC mà SA ⊥ BC H nên BC ⊥ (SAB)) nên AH ⊥ (SBC) A C b)Do BC ⊥ (SAB)=>BC ⊥ SB nên tam giac SBC vuông cân tại B nên BC=SB= a 2 B Hạ AK ⊥ SC do AH ⊥ (SBC) nên AH ⊥ SC =>SC ⊥ (AHK)=>góc giữa (SAC) và (SBC)= ﾷ AKH = 600 SH Đặ t α = ﾷ ASB AH=SHtan α , HK= trong tam giác vuôn 2 AH SH .tan α 6 tan 600 = = � tan α = 2 2a a 6 AHK có HK SH 2 � cosα = � SA = SBcosα = ; AB = SA tan α = ; 5 5 5 2 1 a2 6 diện tích tam giác SAB là S ∆SAB = SA. AB = ; 2 5 Câu V : Giải hệ phương trình x 3 − y 3 − 6 y 2 + 3 ( x − 5 y ) = 14 ( 1) 3 − x + y + 4 = x3 + y 2 − 5 ( 2 ) Đkxđ x 3, y −4 Từ (1) ta có x + 3 x = ( y + 2 ) + 3 ( y + 2 ) � ( x − y − 2 ) � + x ( y + 2 ) + ( y + 2 ) + 3� 0 3 2 3 x2 = � � � x = y + 2 � y = x − 2 ( 3) Thế (3) vào (2) ta được x + 2 + 3 − x = x3 + x2 − 4 x − 1 � x3 + x 2 − 4 x − 4 + 2 − x + 2 + 1 − 3 − x = 0 x−2 x−2 � ( x − 2 ) ( x + 2 ) ( x + 1) − + =0 2 + x + 2 1+ 3 − x � 1 1 � � ( x − 2 ) �x + 2 ) ( x + 1) − ( + = �0 � 2 + x + 2 1+ 3 − x � � 1 1 1 1� � ( x − 2 ) �x + 2 ) ( x + 1) + − ( + − �0= � 3 2 + x + 2 1+ 3 − x 3 � � � x +1 x +1 � ( x − 2 ) �x + 2 ) ( x + 1) + ( + �0 = � � ( 3 2+ x+2 )( ) ( )( x + 2 +1 3 1+ 3 − x 2 + 3 − x ) � �
� � 1 1 � ( x − 2 ) ( x + 1) �x + 2 ) + ( + �0 = � � 3 2+ x+2 ( )( ) ( x + 2 +1 )( ) 3 1+ 3 − x 2 + 3 − x � � ( x − 2 ) ( x + 1) = 0 � x = 2, x = −1; x = 2 � y = 0, x = −1 � y = −3 Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là S = { ( −1; − 3) ; ( 2;0 ) } . Câu VI a) Phương trình MP là: x + y − 3 = 0 � − y −1 = 0 x �=2 x I = MP �� NQ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình � �� I ( 2;1) . � + y−3= 0 x � =1 y I là trung điểm của MP nên suy ra P ( 3;0 ) phương trình NQ là x − y − 1 = 0 nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1) Do NQ = 2MP � IN = 4IM � ( m − 2 ) + ( m − 2 ) = 4. ( 1 + 1 ) 2 2 2 2 2 2 m=4 � ( m − 2) = 4 � 2 m=0 Vì N có tung độ âm nên N(0; -1) Q(4; 3) .Vậy P ( 3;0 ) , N(0; -1) , Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm. b) d1 cắt d 2 tại I (2; 0). Chọn A0 (0; − 2) ∈ d1 , ta có IA0 = 2 2 . I Lấy B0 (2 − 2b; b) ∈ d 2 sao cho A0 B0 = 3IA0 = 6 2 ⇔ (2 − 2b) 2 + (b + 2) 2 = 72 ∆ A0 B0  B0 (−6; 4) A b = 4 M B ⇔ 5b − 4b − 64 = 0 ⇔ 2  ⇒ b = − 16  B0  ; − . 42 16 d1   d2  5   5  5 Suy ra đường thẳng ∆ là đường thẳng qua M (−1; 1) và song song với A0 B0 . Suy ra phương trình ∆ : x + y = 0 hoặc ∆ : x + 7 y − 6 = 0. A R B I M D C Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng ax + by + 3a + 2b = 0 (a 2 + b 2 > 0) . Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R = 10 . (C) tiếp xúc với AB nên d ( I ; AB ) = R hay 2a + 3b + 3a + 2b a = −3b = 10 � 10( a 2 + b 2 ) = 25(a + b) 2 � ( a + 3b)(3a + b) = 0 � a +b 2 2 b = −3a
Do đó phương trình AB là x - 3 y - 3 = 0 hoặc AB: 3 x - y + 7 = 0 . + Nếu AB: 3 x - y + 7 = 0 . Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ x A > 0 nên t>0 và do IA2 = 2.R 2 = 20 nên t =0 ( t − 2 ) + ( 3t + 4 ) = 20 � 10t 2 + 20t + 20 = 20 � 2 2 (loại) t = −2 + Nếu AB: x - 3 y - 3 = 0 . Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ x A > 0 nên t>-1 và do IA2 = 2.R 2 = 20 nên ( 1 + 3t ) + ( t − 3) = 20 � 10t 2 + 10 = 20 � t = 1 .Suy ra A(6;1) 2 2 C(-2;5) và B(0;-1); D(4;7) Vậy các điểm cần tìm là A(6;1); B(0; −1); C (−2;5); D(4;7) .