Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 167', 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 167
- 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.
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + m (1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):
π
1. Giải phương trình : 2cos3x.cosx+ 3(1 + s in2x)=2 3cos 2 (2 x + )
4
2. Giải phương trình :
log 2 (5 − 2 x) + log 2 (5 − 2 x).log 2 x +1 (5 − 2 x) = log 2 (2 x − 5) 2 + log 2 (2 x + 1).log 2 (5 − 2 x )
1
2
π π
tan( x − ) 6
Câu III (1 điểm): Tính tích phân I = 4 dx
0
cos2x
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − 2 xyz .
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng ∆ : 3 x − 4 y + 4 = 0 .
Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 .
r
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1; 6; 2) , vuông góc với mặt
phẳng (α ) : x + 4 y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P = (1 + 2 x + 3 x 2 )10
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
x2 y 2
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : + = 1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
9 4
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 .
r
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt
phẳng (α ) : x + 4 y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
2 1 22 2n n 121
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn Cn + Cn + Cn2 + ... +
0
Cn =
2 3 n +1 n +1
- ------------------------------------
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Điểm
2. Ta có y = 3x − 6mx + 3(m − 1)
, 2 2
Để hàm số có cực trị thì PT y , = 0 có 2 nghiệm phân biệt
05
� x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 có 2 nhiệm phân biệt
� ∆ = 1 > 0, ∀m
I
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là 025
B(m+1;-2-2m)
m = −3 + 2 2
Theo giả thiết ta có OA = 2OB � m 2 + 6m + 1 = 0 � 025
m = −3 − 2 2
Vậy có 2 giá trị của m là m = −3 − 2 2 và m = −3 + 2 2 .
1.
� π �
PT � cos4x+cos2x+ 3(1 + sin 2 x ) = 3 �+ cos(4x+ ) �
1 05
� 2 �
� cos4x+ 3 sin 4 x + cos2x+ 3 sin 2 x = 0
π π
� sin(4 x + ) + sin(2 x + ) = 0
6 6
π π
x=− +k
π 18 3
� 2sin(3x + ).cosx=0 � 05
6 π
x= + kπ
2
π π π
Vậy PT có hai nghiệm x= + kπ và x=− +k .
2 18 3
−1 5
II
- 1
Đặt t = t anx � dt= dx = (tan 2 x + 1) dx
cos 2 x
x =0�t =0 05
III π 1
x = �t =
6 3
1
1
Suy ra
3
dt 1 3 1− 3 . 025
I =− = =
0
(t + 1) 2
t + 10 2
AM ⊥ BC , ( BC ⊥ SA, BC ⊥ AB )
Ta có � AM ⊥ SC (1) 05
AM ⊥ SB, ( SA = AB)
Tương tự ta có AN ⊥ SC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AI ⊥ SC
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
1
Suy ra VABMI = S ABM .IH
3
a2
Ta có S ABM = 05
4
IH SI SI .SC SA2 a2 1 1 1
= = = 2 = 2 = � IH = BC = a
IV BC SC SC 2
SA + AC 2
a + 2a 2
3 3 3
2 3
1a a a
Vậy VABMI = =
3 4 3 36
Ta c ó:
P = 3 � + y + z ) 2 − 2( xy + yz + zx ) � 2 xyz
(x
� �−
025
= 3 [ 9 − 2( xy + yz + zx ) ] − 2 xyz
= 27 − 6 x( y + z ) − 2 yz ( x + 3)
( y + z)2
27 − 6 x(3 − x) − ( x + 3)
2
1 025
= (− x 3 + 15 x 2 − 27 x + 27)
2
Xét hàm số f ( x) = − x 3 + 15 x 2 − 27 x + 27 , với 0
- 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) r bán kính R=4
và
Véc tơ pháp tuyến của (α ) là n(1; 4;1) 025
r
Vì ( P ) ⊥ (α ) và song song với giá của v nên nhận véc tơ
uu r r
r 025
n p = n � = (2; −1; 2) làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
v
m = −21
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I ( P )) = 4 d (I ( P )) = 4 025
m=3
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025
10 10 k
05
Ta có P = (1 + 2 x + 3x 2 )10 = � 10 (2 x + 3x 2 ) k = �� 10Cki 2 k −i3i x k +i )
Ck ( Ck
k =0 k =0 i =0
k +i = 4
�= 0 �= 1 �= 2
i i i 025
Theo giả thiết ta có �� � � � �
0 i k 10 �� ��
�=4 �=3 �=2
k k k
i, k N
Vậy hệ số của x 4 là: C10 24 + C10C3 223 + C10C22 32 = 8085 .
4 3 1 2
025
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
x2 y 2
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có + = 1 và diện tích tam giác ABC là
9 4 05
1 85 85 x y
S ABC = AB.d (C AB ) = 2x + 3y = 3 +
2 2 13 13 3 4
85 � 2 y 2 �
x 170
3 2� + � 3 =
13 � 9 4 � 13
x2 y 2 05
+ =1 2
� 9 4 �=3
x 3 2
Dấu bằng xảy ra khi � � 2 . Vậy C( ; 2) .
�= y
x �= 2
y
2
3 2
Xét khai triển (1 + x )n = Cn0 + Cn x + Cn2 x 2 + ... + Cn x n
1 n
VIa Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
3n +1 − 1 2 2 1 23 3 2 n+1 n
05
= 2Cn + Cn + Cn + ... +
0
Cn
n +1 2 3 n +1
2 1 22 2 2n n 3n +1 − 1 121 3n +1 − 1
Cn + Cn + Cn + ... +
0
Cn = � =
2 3 n +1 2( n + 1) n + 1 2( n + 1)
� 3n +1 = 243 � n = 4
05
Vậy n=4.
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
