Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 171', 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 171
- 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 điểm)
Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất.
Câu II. (2 điểm)
x 3 + y 3 = 1
1. Giải hệ phương trình : 2
x y + 2 xy 2 + y 3 = 2
π
2. Giải phương trình: 2 sin ( x − ) = 2 sin x − tan x .
2 2
4
2
4 − x2
Câu III.(1 điểm) Tính tích phân I =∫ dx
1
x
Câu IV.(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng (ABCD), M
là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn
nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 x 2 +1 − x = m
II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b)
Câu VI a.(2 điểm)
1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình
đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2.
x = −1 − 2t
x y z
2.Cho hai đường thẳng d1: = = , d2: y = t và mặt phẳng (P): x – y – z = 0. Tìm tọa độ hai
1 1 2 z = 1 + t
điểm M ∈ d 1 , N ∈ d 2 sao cho MN song song (P) và MN = 6
4
z +i
Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : =1
z −i
Câu VI b.(2 điểm)
1. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo
AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mp(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập p.tr m.cầu (S) đi
5
qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng .
3
Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình:
log x 3 < log x 3
3
HƯỚNG DẪN GIẢI
- Câu I.
1. (Tự giải)
2
2. Pt : x3 + mx + 2 = 0 ⇒ m = − x − ( x ≠ 0)
2
x
2 2 − 2x 3 + 2
Xét f(x) = − x 2 − ⇒ f ' ( x ) = −2 x + 2 =
x x x2
Ta có x - ∞ 0 1 +∞
f’(x) + + 0 -
f(x) +∞ -3
- ∞ - ∞ -∞
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất ⇔ m > −3 .
Câu II.
x 3 + y 3 = 1
x 3 + y 3 = 1
(1)
1. 2 ⇔ 3
x y + 2 xy + y = 2
2 3
2 x + y 3 − x 2 y − 2 xy 2 = 0
(2)
x + y = 1
3 3
(3)
3 2
y ≠ 0 . Ta có: x x x
2 − − 2 + 1 = 0
y y y (4)
x 1
Đặ t : = t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 ⇔ t = ± 1 , t = .
y 2
x + y = 1
3 3
1
a) Nếu t = 1 ta có hệ ⇔x=y=3
x = y 2
x 3 + y 3 = 1
b) Nếu t = -1 ta có hệ ⇔ hệ vô nghiệm.
x = − y
1 x 3 + y 3 = 1 3
3 23 3
c) Nếu t = ta có hệ ⇔x= , y=
2 y = 2x 3 3
π π
2. Pt 2 sin ( x − ) = 2 sin x − tan x (cosx ≠ 0) ⇔ [1 − cos(2 x − )] cos x = 2 sin x. cos x − sin x
2 2 2
4 2
⇔ (1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0 ⇔ sìn2x = 1 hoặc tanx = 1.
2 2
4 − x2 4 − x2
Câu III. I = ∫
1
x
dx = ∫
1 x2
xdx . Đặt t = 4 − x 2 ⇒ t 2 = 4 − x 2 ⇒ tdt = − xdx
0
t (−tdt )
0
t2
0
4 t−2
0
2− 3
I= ∫ = ∫ t 2 − 4 dt = ∫ (1 + t 2 − 4 )dt = t + ln t + 2
= - 3 + ln
4 −t2 3 2+ 3
3 3 3
Câu IV.
S
h
A D
M
H
B C
SH ⊥ BM và SA ⊥ BM suy ra AH ⊥ BM
- 1 h
VSABH = SA. AH .BH = AH .BH .
6 6
VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH ≥ 2 AH.BH ⇒ AH 2 + BH 2 ≥ 2 AH .BH
a2
⇒ a 2 ≥ 2 AH .BH , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH = khi AH = BH khi H là tâm của hình vuông , khi M
2
a2h
≡ D . Khi đó VSABH = .
12
Câu V. 4 x 2 + 1 − x = m
D = [0 ; + ∞)
3 3
1 3
x 2 − x 2 4 (1 + )
x 1 x x − ( x + 1)
4 2 3
x2
*Đặt f(x) = x + 1 − x ⇒ f ' ( x) = − = =
4 2
3
24 ( x 2 + 1) 3 2 x 24 ( x 2 + 1) 3 . x 1 3
2x 24
(1 + ) . x
x2
1 3
1 − 4 (1 + )
x2
Suy ra: f’(x) = < 0 ∀x ∈ (0 ; + ∞)
1 3
24 (1 +
) . x
x2
x2 +1 − x x2 +1− x2
* xlim∞( x + 1 − x ) = xlim∞ 4 2 = lim =0
4 2
→+
→+
x + 1 + x x →+ ∞ ( 4 x 2 + 1 + x )( x 2 + 1 + x)
* BBT x 0 +∞
f’(x)
f(x) 1
0
Vậy: 0 < m ≤ 1
Câu VI a.
x = −3 + 2t
1.d1: , I ∈ d1 ⇒ I ( −3 + t ; t )
y = t
27 7
d(I , d2) = 2 ⇔ 11t − 17 = 10 ⇔ t = , t=
11 11
2 2
27 21 27 21 27
• t= ⇒ I1 ; (C1 ) : x − + y − = 4
11 11 11 11 11
2 2
7 − 19 7 19 7
• t = ⇒ I2 ; (C 2 ) : x + + y − = 4
11 11 11 11 11
x = t1 x = −1 − 2t 2
2. d1 : y = t1 , d 2 : y = t 2 , M ∈ d1 ⇒ M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N ∈ d 2 ⇒ N (−1 − 2t 2 ; t 2 ; 1 + t 2 )
z = 2t z = 1 + t
1 2
MN = (−1 − 2t 2 − t1 ; t 2 − t1 ; 1 + t 2 − 2t1 )
→ t1 = 1 + 2t 2
MN //( P ) MN . n = 0 t1 = 1 + 2t 2
Theo gt : ⇔ ⇔ 2 ⇔ 12
MN = 6 MN 2 = 6
13t 2 + 12t 2 = 0 t 2 = 0 ; t 2 = − 13
- * t 2 = 0 ⇒ t1 = 1 , M (1 ; 1 ; 2) , N (−1 ; 0 ; 1)
− 12 11 11 11 22 11 12 11
* t2 = ⇒ t1 = − , M − ;− ;− , N ; − ;−
13 13 13 13 13 13 13 13
Câu VII a.
z+i
4
z + i 2 z + i 2
= 1 ⇔ − 1 + 1 = 0
z −i
z −i
z −i
2
z+i z+i
* −1 = 0 ⇔ = ±1 ⇔ z = 0
z −i z −i
2 2
z+i z+i z + i z + i
+1 = 0 ⇔ − i = 0 ⇔ − i + i = 0 ⇔ z = ±1
2
*
z −i z −i z − i z − i
Câu VI b.
1.B(11; 5)
AC: kx – y – 2k + 1 = 0
3 k+2 1
cos CAB = cos DBA ⇔ = ⇔ 7 k 2 − 8k + 1 = 0 ⇔ k = 1; k =
2 k +1
2 7
• k = 1 , AC : x – y – 1 = 0
1
• k = , AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai)
7
Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0)
2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = a 2 + b 2 + c 2 − d .
O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2
5
d(I, (P)) = ⇔ − 2b + 5 = 5 ⇔ b = 0, b = 5
3
• b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0
• b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0
Câu VII b.
x > 0
ĐK : x ≠ 1
x ≠ 3
1 1 1 1 1 1
< ⇔ < ⇔ − 0 ⇔ log 3 x < 0 ∨ log 3 x > 1
log 3 x(log 3 x − 1)
* log 3 x < 0 ⇔ x < 1 kết hợp ĐK : 0 < x < 1
* log 3 x > 0 ⇔ x > 3
Vậy tập nghiệm của BPT: x ∈ (0 ; 1) ∪ (3 ; + ∞)
------------------------------------------------
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
