ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 178

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

27
lượt xem 3
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 178', 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 178

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 178 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m 2 − 4 (Cm ) . (m là tham số thực) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (Cm ) có 3 điểm cực trị tạo thành một tam α 1 giác cân có góc ở đỉnh của tam giác đó bằng α với tan = . 2 2 2 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2cos 2 x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3(sin x + 3 cos x) . x2 − 5 y + 3 + 6 y2 − 7 x + 4 = 0 2. Giải hệ phương trình ( x, y R) . y ( y − x + 2) = 3 x + 3 1 ( x − 1)e x + x + 1 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ dx . 0 1+ ex ﾷ Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ABC = 600 , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp A’.ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC). Câu V (1,0 điểm) Cho bất phương trình m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x (2 − x) 0 Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x �� + 3 � �0;1 � . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − 2 y + 5 = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 5 = 0 có tâm I. Qua điểm M thuộc ∆, kẻ tiếp tuyến MA đến (C) (A là tiếp điểm) sao cho AM = 10 . Tìm tọa độ điểm M và lập phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆MAI . x −1 y +1 z x −1 y − 2 z 2. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng ( d1 ) : = = ; ( d2 ) : = = 2 1 1 1 2 1 và mặt phẳng ( P ) : x + y − 2z + 3 = 0 . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt ( d1 ) , ( d 2 ) lần lượt tại A, B sao cho AB = 3 3 . Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn z 2 + z 2 = 6 và z − 1 + i = z − 2i B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, BC : 2 x − y − 7 = 0, đường thẳng AC đi qua điểm M (−1; 1), điểm A nằm trên đường thẳng ∆ : x − 4 y + 6 = 0. Lập phương trình các cạnh còn lại của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương. 2. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z − 67 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). Câu VII.b (1.0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 − 4i = z − 2i . Tìm số phức z có mô đun nhỏ nhất. ----------------- Hết ------------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:..............................................; Số báo danh:.............................. 1
HƯỚNG DẪN Câu I:(2,0 điểm)Cho hàm số y = x − 2mx + 2m − 4 (Cm ) . (m là tham số thực) 2 24 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. Với m = 1 � y = x 4 − 2 x 2 − 2 TXĐ: D = ﾷ . y ' = 4 x 3 − 4 x . Cho y’ = 0 ta được: x = 0 hoặc x = 1 Sự biến thiên: - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −1;0 ) và (1; + ) ; - Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ; −1) và ( 0;1) . - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycd = −2 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yct = −3 . - Giới hạn: lim y = + ; lim y = + . x − x + Bảng biến thiên: x − -1 0 1 + y’ - 0 + 0 - 0 + + -3 - + -2 y -3 Đồ thị y - Đồ thị cắt Ox tại hai điểm ( 1 + 3;0) cắt Oy tại (0; -2) 4 - Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (Cm ) 2 có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác cân có góc α 1 ở đỉnh của tam giác đó bằng α với tan = . O 2 2 2 -5 5 x x=0 Ta có: y ' = 4 x 3 − 4mx . y ' = 0 x2 = m -2 Đồ thị hàm số có ba cực trị � m > 0 (*) Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: A(0; 2m 2 − 4) , B ( m ; m 2 − 4) , C ( − m ; m 2 − 4) . -4 Ta thấy B, C đối xứng nhau qua trục Oy và A Oy nên tam giác ABC cân tại A. Phương trình cạnh BC: y − m 2 + 4 = 0 . Gọi H là chân đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC, ta có: AH = d ( A, BC ) = m 2 , BH = m α BH m 1 m Tam giác ABH vuông tại H nên tan = = 2 � = 2 � m3 = 8 � m = 2 (thỏa mãn *). 2 AH m 2 2 m Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Câu II:(2,0 điểm)1. Giải phương trình 2cos 2 x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3(sin x + 3 cos x) . 2 cos 2 x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3(sin x + 3 cos x) � (sin x + 3 cos x) 2 − 3(sin x + 3 cos x) = 0 � sin x + 3 cos x = 0 � x + 3 cos x = 3 (1) sin Phương trình sin x + 3 cos x = 3 vô nghiệm vì 12 + ( 3 ) 2 < 3 2 π π Nên (1) � tan x = − 3 � x = − + kπ ( k ﾷ ). Vậy, PT có nghiệm là: x = − + kπ ( k ﾷ ). 3 3 x2 − 5 y + 3 + 6 y2 − 7 x + 4 = 0 2. Giải hệ phương trình ( x, y R) . y ( y − x + 2) = 3 x + 3 Phương trình thứ (2) ⇔ y 2 + (2 − x) y − 3 x − 3 = 0 được xem là phương trình bậc hai theo ẩn y có ∆ = ( x + 4) 2 2
x−2− x−4 y= = −3 2 Phương trình có hai nghiệm: Thay y = -3 vào pt thứ nhất ta được pt vô x−2+ x+4 y= = x +1 2 nghiệm Thay y = x + 1 vào pt thứ nhất ta được: x 2 − 5 x − 2 + 6 x 2 − 5 x + 5 = 0 (3) t = 1 ( tm ) Giải (3): đặt x 2 − 5 x + 5 = t , điều kiện t 0 ( 3) � t 2 + 6t − 7 = 0 � t = −7 ( ktm) x =1� y = 2 Với t=1 ⇔ x 2 − 5 x + 5 =1 ⇔ ( thỏa mãn) x=4� y =5 Vậy, hệ phương trình có 2 nghiệm là: (1;2) và (4;5) 1 ( x − 1)e x + x + 1 Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ dx . 0 1+ ex 1 1 1 1 xe x − e x + x + 1 x(e x + 1) + (1 + e x ) − 2e x ex I=∫ dx = ∫ dx = ∫ ( x + 1)dx − 2 ∫ dx = I 1 − 2 I 2 0 1+ ex 0 1 + ex 0 0 1+ ex 1 1  x2  1 3 1 ex 1 d (e x + 1) e +1 Tính I 1 = ∫ ( x + 1)dx = + x  0 =  2  Tính I 2 = ∫ dx = ∫ x = ln(e x + 1) = ln 0 1+ e e +1 0   2 x 0 0 2 3 e +1 Vậy I = − 2 ln . 2 2 ﾷ Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ABC = 600 , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp A’.ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC). A' C' Giải: Từ A ' G ⊥ ( ABC ) ⇒ AG là hình chiếu của AA ' lên ( ABC ) Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có: 2 2a ﾷ 2a 3 B' BC = 2a, AG = AI = ; A ' AG = 600 � A ' G = AG.tan600 = 3 3 3 N Vì AC = AB + BC − 2. AB.BC. cos 60 = 3a ⇒ AC = a 3 2 2 2 0 2 A Mặt khác AB 2 + AC 2 = a 2 + 3a 2 = 4a 2 = BC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại A H G C Và A ' G ⊥ ( ABC ) nên A ' G là chiều cao của khối chóp A ' . ABC I M Thể tích của khối chóp A ' . ABC được tính bởi: K B 1 1 1 1 2a 3 a 3 (đvtt) VA/ . ABC = S ABC . A ' G = . AB. AC. A ' G = a.a 3. = 3 3 2 6 3 3 Kẻ AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK GI MG 1 1 1 AB. AC 1 a.a 3 a 3 � = = � GI = AK = . = = Kẻ GH ⊥ A’I tại H (1) AK MA 3 3 3 BC 3 2a 6 BC ⊥ GI Do: � BC ⊥ GH (2) . Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC) ⇒ d [G, ( A ' BC )] = GH � BC ⊥ A ' G Ta có ∆A ' GI vuông tại G có GH là đường cao nên : 2a 3 a 3 . A ' G.GI 3 6 = 2a = 2a 51 d [G, ( A ' BC )] = GH = = A ' G + GI 2 2 12a 2 3a 2 51 51 + 9 36 Câu V: (1,0 điểm) Cho bất phương trình m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x (2 − x) 0 Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x �� + 3 �0;1 � �. Xét bất phương trình: m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x (2 − x) 0 (1) 3
Điều kiện: x 2 − 2 x + 2 ��x 0 R . Theo đề bài ta xét x �� + 3 � �0;1 � x −1 Đặt t = t ( x ) = x 2 − 2 x + 2 , ta có: t ' = x2 − 2x + 2 , t ' = 0 � x = 1 ∈ 0;1 + 3 [ ] t (0) = 2 , t (1) = 1 , t (1 + 3 ) = 2 Suy ra: x �� + 3 � t � 1; 2] �0;1 � � [ Do t = x 2 − 2 x + 2 � x(2 − x ) = 2 − t 2 nên bất phương trình đã cho trở thành: t2 − 2 m(t + 1) −۳ 2 � t 2 m (2) t +1 t2 − 2 t + 2t + 2 2 Xét hàm số f (t ) = với t [ 1; 2] , ta có: f ' ( t ) = > 0, ∀t [ 1; 2] ( t + 1) 2 t +1 1 2 Suy ra: min f (t ) = f ( 1) = − , max f (t ) = f ( 2 ) = t [ 1;2 ] 2 t [ 1;2] 3 Bất phương trình (1) nghiệm đúng ∀x �� + �0;1 � 3� Bất phương trình (2) nghiệm đúng ∀t [ 1; 2] max f (t ) 2 2 m t [ 1;2] m .Vậy, giá trị m thỏa đề bài là: m . 3 3 Câu: VI.a(2,0 điểm)1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − 2 y + 5 = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 5 = 0 có tâm I. Qua điểm M thuộc ∆, kẻ tiếp tuyến MA đến (C) (A là tiếp điểm) sao cho AM = 10 . Tìm tọa độ điểm M và lập phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆MAI . M ∈ ∆ ⇒ M(2m − 5; m); A (C) có tâm I(1; −2), bán kính R = 10 IM = IA2 + MA2 = 2 5 � IM = 20 ⇔ 2 M I (2m − 6) 2 + (m + 2) 2 = 20 � m 2 − 4m + 4 = 0 � m = 2 ⇒ M (−1;2) Đường tròn ngoại tiếp ∆AMI có tâm là trung MI điểm MI , bán kính R = = 5 ⇒ (C ) : x 2 + y 2 = 5 2 x −1 y +1 z x −1 y − 2 z 2. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng ( d1 ) : = = ; ( d2 ) : = = và 2 1 1 1 2 1 mặt phẳng ( P ) : x + y − 2z + 3 = 0 . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt ( d1 ) , ( d 2 ) lần lượt tại A, B sao cho AB = 3 3 . Đặt A ( 1 + 2a; −1 + a;a ) , B ( 1 + b; 2 + 2b; b ) , ta có uuur AB = ( b − 2a;3 + 2b − a; b − a ) uuu uu r r uuur Do AB song song với (P) nên: AB ⊥ n P = ( 1;1; −2 ) � b = a − 3 Suy ra: AB = ( −a − 3;a − 3; −3) ( a + 3) + ( a − 3) + ( −3 ) = 3 3 � a = 0 � b = −3 2 2 2 Do đó: AB = uuu r x −1 y +1 z Suy ra: A ( 1; −1;0 ) , AB = ( −3; −3; −3) Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: = = . 1 1 1 Câu VII.a(1,0 điểm) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn z + z = 6 và z − 1 + i = z − 2i 2 2 Giả sử z = x + yi, ( x, y ﾷ ) . Ta có: + z 2 + z 2 = 6 � ( x + yi ) 2 + ( x − yi) 2 = 6 � x 2 − y 2 = 3 + ( x − 1) + ( y + 1)i = x + ( y − 2)i � ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 = x 2 + ( y − 2) 2 � x − 3 y + 1 = 0 x = 2, y = 1 �2 − y 2 = 3 x � = 3 y −1 x Giai hệ phương trinh: � ̉ ̀ �� 2 � 7 1 . � − 3y +1 = 0 x � y − 3 y −1 = 0 4 x=− ,y=− 4 4 7 1 5 2 Vậy z = 2 + i; z = − − i . Suy ra z = 5 , z = 4 4 4 4
Câu VI.b(2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, BC : 2 x − y − 7 = 0, đường thẳng AC đi qua điểm M (−1; 1), điểm A nằm trên đường thẳng ∆ : x − 4 y + 6 = 0. Lập phương trình các cạnh còn lại của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương. Vì A ∈ ∆ : x − 4 y + 6 = 0 ⇒ A(4a − 6; a) ⇒ MA(4a − 5; a − 1). Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên ﾷ ACB = 450. A (4a − 5) + 2(a − 1) ∆ : x − 4y + 6 = 0 1 1 Do đó cos( MA, u BC ) = ⇔ = M (− 1; 1) 2 (4a − 5) + (a − 1) . 5 2 2 2 a = 2 ⇒ A( 2;2) ⇔ 13a − 42a + 32 = 0 ⇔  2 B 2x − y − 7 = 0 a = 16 ⇒ A − 14 ; 16 (ktm)     13  3 3 Vậy A( 2; 2). Suy ra AC : x − 3 y + 4 = 0, AB : 3 x + y − 8 = 0. 2. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z − 67 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). (S) có tâm I(1; 2; 3) và ban kinh R = 9 ́ ́ r Giả sử (P) có vtpt n = ( A; B; C ), ( A + B + C 0) 2 2 2 r uuu r r uuur r (P) // BC nên n ⊥ BC = (−1;1; 4) � n.BC = 0 � A = B + 4C � n = ( B + 4C ; B; C ) (P) đi qua A(13; −1; 0) ⇒ phương trinh (P): ( B + 4C ) x + By + Cz − 12 B − 52C = 0 ̀ B + 4C + 2 B + 3C − 12 B − 52C (P) tiêp xuc (S) � d [ I , ( P)] = R � ́ ́ =9 ( B + 4C ) 2 + B 2 + C 2 B + 2C = 0 � B 2 − 2 BC − 8C 2 = 0 � ( B + 2C )( B − 4C ) = 0 � B − 4C = 0 B=2 Với B + 2C = 0 chon ̣ , ta được phương trinh (P): −2x + 2y − z + 28 = 0 ̀ C = −1 B=4 Với B − 4C = 0 chon ̣ , ta được phương trinh (P): 8x + 4y + z −100 = 0 ̀ C =1 Vậy (P): −2x + 2y − z + 28 = 0 , (P): 8x + 4y + z −100 = 0 CâuVII.b(1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 − 4i = z − 2i . Tìm số phức z có mô đun nhỏ nhất. Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y ∈ R). Ta có x − 2 + ( y − 4)i = x + ( y − 2)i (1) ⇔ ( x − 2) 2 + ( y − 4) 2 = x 2 + ( y − 2) 2 ⇔ y = − x + 4 . Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường thẳng x + y = 4. Mặt khác z = x 2 + y 2 = x 2 + x 2 − 8 x + 16 = 2 x 2 − 8 x + 16 Hay z = 2( x − 2 ) 2 + 8 ≥ 2 2 Do đó Min z = 2 2 ⇔ x = 2 ⇒ y = 2 . Vậy z = 2 + 2i 5