ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 173

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 7
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 173', 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 173

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. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = 8x 4 − 9x 2 + 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x [0; π ] . Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình: � 1� 3 log x x + y + x 2 − y 2 = 12 1. ( x − 2) � − � = x − 2 ; x 2. � 2� y x 2 − y 2 = 12 Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y =| x 2 − 4 x | và y = 2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngo ại ti ếp m ột hình c ầu bán kính r cho tr ước. Tính th ể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm � π� � π� � π� 4sin3xsinx + 4cos � - �os � + � cos 2 � + � m = 0 3x c x − 2x + � 4� � 4� � 4� PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. x = −2 + t 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình: y = −2t .Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) z = 2 + 2t song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các m ặt ph ẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 + + xy + 1 yz + 1 zx + 1 x+ y+z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. x = −1 + 2t 2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có phương trình tham số y = 1− t .Một điểm M z = 2t thay đổi trên đường thẳng ∆ , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh � 1 1 2 � b c a� + + � + +
Câu Ý Nội dung Điể m I 2 1,00 Xét phương trình 8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x [0; π ] (1) Đặt t = cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 − 9t 2 + m = 0 (2) 0,25 Vì x [0; π ] nên t � −1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số [ nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. Ta có: (2) � 8t 4 − 9t 2 + 1 = 1 − m (3) Gọi (C1): y = 8t 4 − 9t 2 + 1 với t � −1;1] và (D): y = 1 – m. [ 0,25 Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền −1 t 1 . Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81 • m> : Phương trình đã cho vô nghiệm. 32 81 1. m = : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 32 0,50 81 • 1 m< : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 32 • 0 < m 2 x x−2>0 x x=2 �= 2 x �= 2 x �log 3 x = 0 � � �� = 1 �x �� = 1 �x � � � 1� � � � � 1 � � �� x=2 0,50 � � � ln � − � 0 x = � � � − = 1 �� = 3 x �x �� 2 � � �� 2 � �� 2 � �>2 x � �x > 2 � � � �x > 2 � � 2 1,00 Điều kiện: | x | | y | u = x2 − y2 ; u 0 x = −y Đặt ; không thỏa hệ nên xét x − y ta có v = x+ y 1 � u2 � y = �− � v . 2� v � 0,25 Hệ phương trình đã cho có dạng: u + v = 12 u � u2 � � − � 12 v = 2� v �
u=4 u =3 hoặc v=8 v=9 u=4 x2 − y 2 = 4 +� � (I) 0,25 v =8 x+ y =8 u =3 x2 − y2 = 3 +� � (II) v=9 x+ y =9 Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 1,00 S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − 4 x | (C ) và ( d ) : y = 2 x2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): � 0 x � 0 x x=0 � 2 � 2 | x − 4 x |= 2 x �� − 4 x = 2 x 2 � �x �x − 6 x = 0 � x=2 ��2 ��2 0,25 �x − 4 x = −2 x � �x − 2 x = 0 � x=6 Suy ra diện tích cần tính: 2 6 S= (x � 2 − 4 x − 2 x dx + ) (x � 2 ) − 4 x − 2 x dx 0 2 2 Tính: I = (| x 2 − 4 x | −2 x ) dx 0 2 0,25 4 Vì ∀x � 0; 2] , x − 4 x � nên | x − 4 x |= − x + 4 x [ 0 2 2 2 I = ( − x + 4 x − 2 x ) dx = 2 0 3 6 Tính K = (| x 2 − 4 x | −2 x ) dx 2 Vì ∀x � 2; 4] , x − 4 x � và ∀x � 4;6] , x − 4 x � nên [ [ 2 2 0 0 0,25 4 6 K = �x − x 2 − 2 x ) dx + �2 − 4 x − 2 x ) dx = −16 . (4 (x 2 4 4 52 1,00 Vậy S = + 16 = 3 3 IV 0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung 0,25 điểm của AB, A’B’. AB ⊥ IC Ta có: � AB ⊥ ( CHH ') � ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' ) AB ⊥ HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K = I ' H ' = I 'C ' = ; IK = IH = IC = 3 6 3 3 0,25 x 3 x 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK = OK 2 � . = r 2 � x 2 = 6r 2 6 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V = h 3 ( B + B '+ B.B ' ) 0,25 4x 2 3 x 2 3 3r 2 3 Trong đó: B = = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = = ; h = 2r 4 4 2 2r � 2 3r 2 3 3r 2 3 � 21r 3 . 3 Từ đó, ta có: V = � 3+ 6r + 6r 2 3. �= 0,25 3� 2 2 � 3 � � V 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2 ( cos2x - cos4x ) ; � π� � π� � � π� � +/ 4cos � - �os � + � 2 �os � - � cos4x � 2 ( sin 2x + cos4x ) 3x c x = c 2x + = � 4� � 4� � � 2� � 2� π � 1� � π� 1� +/ cos � + � �+ cos � + � = ( 1 − sin 4x ) 2x = 1 4x � 0,25 � 4 � 2� � 2� 2 � Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m - = 0 (1) 2 2 � π� Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos � - � ều kiện: − 2 t 2x (đi 2 ). � 4� Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t 2 − 1 . Phương trình (1) trở thành: t 2 + 4t + 2m − 2 = 0 (2) với − 2 t 2 (2) � t + 4t = 2 − 2m 2 0,25 Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D) : y = 2 − 2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y = t 2 + 4t với − 2 t 2. Trong đoạn � 2; 2 � hàm số y = t 2 + 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 − 4 2 tại t = − 2 − , 0,25 � � và đạt giá trị lớn nhất là 2 + 4 2 tại t = 2 .
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 − 4 2 2 − 2m 2 + 4 2 0,25 � −2 2 � � 2 . m 2 VIa 2,00 1 1,00 Điểm C � : x + y − 1 = 0 � C ( t ;1 − t ) . CD �+ 1 3 − t � t Suy ra trung điểm M của AC là M � ; �. �2 2 � 0,25 �+ 1 � 3 − t t 0,25 Điểm M �BM : 2 x + y + 1 = 0 � 2 � � + + 1 = 0 � t = −7 � C ( −7;8 ) �2 � 2 Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K BC ). 0,25 Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 � x − y + 1 = 0 . x + y −1 = 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ: I ( 0;1) . x − y +1 = 0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của K ( −1;0 ) . x +1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: = � 4x + 3y + 4 = 0 −7 + 1 8 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì ( P ) //( D) hoặc ( P ) ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH ⊥ AH . d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH Mặt khác ( P) H Trong mặt phẳng ( P ) , IH IA ; do đó maxIH = IA H A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. r uu r r Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2;0; −1) . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 . VIIa Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = ( 1 − x ) ( 1 − y ) 0; yz + 1 y + z và tương tự ta cũng có 0,25 zx + 1 z + x
Vì vậy ta có: 1,00 �1 1 1 � x y z ( x + y + z) � + + � + + +1+1+1 � + 1 yz + 1 zx + 1 � yz + 1 zx + 1 xy + 1 xy x y z + + +3 yz + 1 zx+y xy + z �1 z y � vv = x� − − + �5 � + 1 zx + y xy + z � yz � z y � x �− 1 − + �5 � z+ y y+z� =5 uuu r Ta có: AB = ( −1; 2 ) � AB = 5 . Phương trình của AB là: 2x + y − 2 = 0 . 0,25 I � d ) : y = x � I ( t ; t ) . I là trung ( điểm của AC và BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) . 4 Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) � CH = . 0,25 5 4 � 8� � 2� 5 8 | 6t − 4 | 4 t= C � ; �D � ; � , Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH � = � 3 � 3� � 3� 3 3 5 5 t = 0 � C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 0,50 � 8� � 2� 5 8 Vậy tọa độ của C và D là C � ; �D � ; � ặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) , ho � 3� � 3� 3 3 2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. x = −1 + 2t Đường thẳng ∆ có phương trình tham số: y = 1 − t . z = 2t Điểm M �∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) . 0,25 ( ) 2 ( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t 2 + 20 = ( 3t ) 2 2 2 2 AM = + 2 5 ( ) 2 ( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t 2 − 36t + 56 = ( 3t − 6 ) 2 2 2 2 BM = + 2 5 ( ) ( ) 2 2 ( 3t ) ( 3t − 6 ) 2 2 AM + BM = + 2 5 + + 2 5 r r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6; 2 5 ( ) ( ) 0,25 . r ( ) 2 ( 3t ) 2 | u |= + 2 5 Ta có r ( ) 2 ( 3t − 6 ) 2 | v |= + 2 5
r r r r ( ) r r Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 �| u + v |= 2 29 r r r r r r Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u | + | v | | u + v | Như vậy AM + BM 2 29 r r Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng 3t 2 5 � = � t =1 0,25 −3t + 6 2 5 M ( 1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 ( 11 + 29 ) 0,25 VIIb 1,00 a+b > c Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a . c+a >b a+b c+a Đặt = x, = y , a = z ( x, y , z > 0 ) � x + y > z , y + z > x, z + x > y . 2 2 0,50 Vế trái viết lại: a+b a+c 2a VT = + + 3a + c 3a + b 2a + b + c x y z = + + y+ z z+ x x+ y 2z z Ta có: x + y > z � z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) � > . x+ y+z x+ y x 2x y 2y Tương tự: < ; < . y+z x+ y+z z+x x+ y+z 0,50 x y z 2( x + y + z) Do đó: + + < = 2. y+z z+x x+ y x+ y+z � 1 1 2 � b c Tức là: a � + + �+ +