Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 165', 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 165
- 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 CAC THÍ SINH (7,0 điêm)
̀ ́ ́ ̉
̉
Câu I (2 điêm)
2x − 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của ham số y =
̀
x −1
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2.
̉
Câu II (2 điêm)
17π x π
1) Giai phương trình sin(2x +
̉ ) + 16 = 2 3.s inx cos x + 20sin 2 ( + )
2 2 12
x 4 − x 3y + x 2y 2 = 1
2) Giai hệ phương trình :
̉
x 3y − x 2 + xy = −1
π
4
̉ ́
Câu III (1 điêm): Tinh tích phân: I = tan x .ln(cos x )
dx
cos x
0
̉
Câu IV (1 điêm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại
đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0. Tính côsin của góc giữa hai mặt
phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điêm) Cho a,b,c là cac số dương thoa man a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
̉ ́ ̉ ̃
a +b b +c c +a
+ + 3
ab + c bc + a ca + b
PHÂN RIÊNG (3 điêm) Thí sinh chỉ được lam môt trong hai phân (phân A hoăc B)
̀ ̉ ̀ ̣ ̀ ̀ ̣
A. Theo chương trinh Chuâǹ ̉
̉
Câu VI.a (1 điêm)
Trong măt phăng toa độ Oxy cho điêm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 = 0.
̣ ̉ ̣ ̉
Tim tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau góc 450.
̀
Câu VII.a (1 điêm): Trong không gian với hệ toa độ Oxyz, cho điêm M(1;-1;1)
̉ ̣ ̉
x y +1 z x y −1 z − 4
và hai đường thẳng (d ) : = = và (d ') : = =
1 −2 −3 1 2 5
Chứng minh: điêm M, (d), (d’) cung năm trên môt măt phăng. Viêt phương trinh măt phăng đo.
̉ ̀ ̀ ̣ ̣ ̉ ́ ̀ ̣ ̉ ́
Câu VIII.a (1 điêm) ̉
2
Giải phương trinh: log x (24x +1)2 x + logx 2 (24x +1) x = log (24x +1) x
̀
Theo chương trinh Nâng cao
̀
Câu VI.b (1 điêm)̉
Trong măt phăng toa độ Oxy cho đường tron (C ) : x 2 + y 2 = 1 , đường thăng (d ) : x + y + m = 0 . Tim m để
̣ ̉ ̣ ̀ ̉ ̀
(C ) căt (d ) tai A và B sao cho diên tich tam giac ABO lớn nhât.
́ ̣ ̣ ́ ́ ́
Câu VII.b (1 điêm) ̉
Trong không gian với hệ toa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
̣
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
x−2 y +1 z
và đường thẳng ∆ 1 : = = . Gọi ∆ 2 là giao tuyến của (P) và (Q).
−2 1 3
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng ∆ 1 , ∆ 2 .
Câu VIII.b (1 điêm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) ≤ 1
̉
́
----------Hêt---------
- ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu - ý Nội dung Điểm
1.1 *Tập xác định : D = ﾡ \ { 1}
−1 0.25
*Tính y ' = < 0 ∀x D
(x − 1)2 0.25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ;1) và (1; + )
*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn 0.25
Lim+ y = + Lim− y = −
x 1 x 1
Lim y = 2 Lim y = 2
x + x −
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 0.25
*Bảng biến thiên
*Vẽ đồ thị
1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x 0 ; f (x 0 )) (C ) có phương trình
y = f '(x 0 )(x − x 0 ) + f (x 0 )
Hay x + (x 0 − 1) y − 2x 0 2 + 2x 0 − 1 = 0 (*)
2
0.25
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2
2 − 2x 0 0.25
� = 2
1 + (x 0 − 1) 4
giải được nghiệm x 0 = 0 và x 0 = 2 0.25
*Các tiếp tuyến cần tìm : x + y − 1 = 0 và x + y − 5 = 0 0.25
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với
π 0.25
c os2x − 3 sin 2x + 10c os(x + ) + 6 = 0
6
π π
� c os(2x + ) + 5c os(x + ) + 3 = 0
3 6
π π 0.25
� 2c os 2 (x + ) + 5c os(x + ) + 2 = 0
6 6
π 1 π
Giải được c os(x + ) = − và c os(x + ) = −2 (loại)
6 2 6
π 1 π 5π 0.25
*Giải c os(x + ) = − được nghiệm x = + k 2π và x = − + k 2π
6 2 2 6
0.25
2.2 (x − xy ) = 1 − x y
2 2 3 0.25
*Biến đổi hệ tương đương với
x 3y − (x 2 − xy ) = −1
x 2 − xy = u u 2 = 1− v 0.25
*Đặt ẩn phụ , ta được hệ
x y =v
3
v − u = −1
*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
0.25
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
0.25
- 3 *Đặt t=cosx
π 1
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x = thì t =
4 2
1
1
2
ln t ln t 0.25
Từ đó I = − �2 dt = � 2
dt
1
t 1t
2
1 1 1
*Đặt u = ln t ;dv = � du = d t ; v = −
dt
0.25
t2 t t
1 1 1
1 1 2 1
Suy ra I = − ln t 1 + 2
dt = − ln 2 − 1
t 1 t 2 t 0.25
2 2 2
2
*Kết quả I = 2 −1 − ln 2
2 0.25
4 *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH ⊥ (A B C )
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
SEH = SFH = 600
*Kẻ H K ⊥ S B , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng H K A .
a 2 a 3
*Lập luận và tính được AC=AB=a , H A = , S H = H F tan 600 =
2 2
0.25
1 1 1 3
*Tam giác SHK vuông tại H có 2
= 2
+ 2
�K H =a
HK HS HB 10
a 2 0.25
AH 20
*Tam giác AHK vuông tại H có tan A K H = = 2 =
KH 3 3
a
10 0.25
3
� cos A K H =
23
0.25
5 a +b 1−c 1−c 0.25
*Biến đổi = =
ab + c ab + 1 − b − a (1 − a )(1 − b )
1−c 1−b 1−a
*Từ đó V T = + + 0.25
(1 − a )(1 − b ) (1 − c )(1 − a ) (1 − c )(1 − b )
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c 0.25
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
1−c 1−b 1−a
VT 3. 3 . . =3 (đpcm)
(1 − a )(1 − b ) (1 − c )(1 − a ) (1 − c )(1 − b ) 0.25
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
3
6.a x = 1 − 3t u
r
* ∆ có phương trình tham số và có vtcp u = (−3; 2)
y = −2 + 2t
- *A thuộc ∆ � A (1 − 3t ; −2 + 2t ) 0.25
uuuu u
rr
uuuu u
r r 1 A B .u 1
*Ta có (AB; ∆ )=450 � c os(A B ; u ) = � u =
r
2 AB.u 2 0.25
15 3
� 169t 2 − 156t − 45 = 0 � t =� =−
t
13 13
32 4 22 32 0.25
*Các điểm cần tìm là A 1 (− ; ), A 2 ( ; − )
13 13 13 13
0.25
uu
r
7.a *(d) đi qua M 1 (0; −1;0) và có vtcp u 1 = (1; −2; −3)
uu
r
(d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u 2 = (1; 2;5)
uu uu
r r ur uuuuuuur
*Ta có �1 ; u 2 � ( −4; −8; 4) O , M 1M 2 = (0; 2; 4)
� u �= 0.25
uu uu uuuuuuu
r r r
Xét �1 ; u 2 � 1M 2 = −16 + 14 = 0
� u �.M
(d) và (d’) đồng phẳng . 0.25
ur
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n = (1; 2; −1) và đi qua
M1 nên có phương trình x + 2y − z + 2 = 0
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm 0.25
*TH2 : xét x 1 , biến đổi phương trình tương đương với
1 2 1
+ =
1 + 2 logx (24x + 1) 2 + logx (24x + 1) log x (24x + 1) 0.25
Đặt logx (x + 1) = t , ta được phương trình
1 2 1
+ = giải được t=1 và t=-2/3
1 + 2t 2 + t t 0.25
*Với t=1 � logx (x + 1) = 1 phương trình này vô nghiệm
2
*Với t=-2/3 � logx (x + 1) = −
3
� x .(24x + 1) = 1 (*)
2 3
1
Nhận thấy x = là nghiệm của (*)
8
1
Nếu x > thì VT(*)>1
8
1 1
Nếu x < thì VT(*)
- 1
� d (I ;d ) = �m =�1
2 0.25
7.b x = 2 − 2t
* ∆1 có phương trình tham số y = −1 + t
z = 3t
x = 2 +s
* ∆ 2 có phương trình tham số y = 5 + 3s
z =s 0.25
*Giả sử d �∆1 = A ;d �∆ 2 = B
� A (2 − 2t ; −1 + t ;3t ) B(2+s;5+3s;s)
uuuu
r u
r
* A B = (s + 2t ;3s − t + 6;s − 3t ) , mf(R) có vtpt n = (1; 2; −3)
uuuu u
r r
* d ⊥ (R ) A B & n cùng phương
s + 2t 3s − t + 6 s − 3t 0.25
� = =
1 2 −3
23
�t = 0.25
24
1 1 23 ur
*d đi qua A ( ; ; ) và có vtcp n = (1; 2; −3)
12 12 8
1 1 23
x− y− z−
=> d có phương trình 12 = 12 = 8 0.25
1 2 −3
8.b x >0 0.25
*Điều kiện : log3 (9 − 72) > 0 giải được x > log9 73
x
9x − 72 > 0
Vì x > log 9 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với
log 3 (9x − 72) x 0.25
� 9x − 72 � x
3
3 −8
x
x 2
3x 9 0.25
*Kết luận tập nghiệm : T = (log 9 72; 2]
0.25
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
