ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 183

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

Thêm vào BST

Báo xấu

28
lượt xem 4
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 183', 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 183

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 183 I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 3 5 2 Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − mx − 4mx − 4 (C ) 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0. m2 x 2 + 5mx1 + 12m 2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho biểu thức A = + 2 đạt x12 + 5mx2 + 12m m2 giá trị nhỏ nhất. Câu II: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có di ện tích bằng 6, ph ương trình BD là 2 x + y − 12 = 0 , AB đi qua M (5;1) , BC đi qua N (9;3) . Viết phương trình các cạnh hình chữ nhật biết hoành độ của điểm B lớn hơn 5. 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = (1 − x)3 2 x − x 2 , x = 0, x = 1 và trục hoành. Câu III: (2,0 điểm) π π sin( x − ) + cos( − x) 1. Giải phương trình: 1 x 6 3 . 2 − (cos x + s inx.tan ) = cos x 2 cos x 2. Cho tập hợp E = {0,1, 2,3, 4,5, 6, 7}. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có gồm 4 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số của E? Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc a2 3 với AA', cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' 8 . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. Phần A Câu V.a:(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz lập phương trình đường thẳng d đi qua x −1 y +1 z − 2 A(1;0; −2) và cắt d’: = = sao cho góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P): 3 2 −2 2 x − y + 2 z − 1 = 0 lớn nhất. Câu VI.a: (2,0 điểm) � 1 1 � �x x 2 1 � 1. Tìm x, y R sao cho: �2 + x + (1 + ) � (4 − x3 )i = � 2 + + 3 �+ 4 x + i � y y � � y y y � 17 �1 � 2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển sau: � + 4 x3 � . 2 �x � Phần B Câu V.b: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2;1;0), B(0; 4;0), C (0; 2; −1) và đường thẳng d: x −1 y +1 z − 2 = = . Lập phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng (ABC) và cắt d tại điểm 2 1 3 19 D sao cho bốn điểm A, B, C, D tạo thành một tứ diện có thể tích bằng . 6 Câu VI.b: (2,0 điểm) z + 7i . 1. Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn đồng thời: z = 5 và là số thực z +1 1
2. Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2 + 2) n , biết: An − 8Cn + Cn = 49, (n �N , n > 3) . 3 2 1 ĐÁP ÁN 1 Câu 1: 1, Khi m = 0 thì y = x3 − 4 , TXĐ : R 3 y ' = x2 = 0 � x = 0 Bảng biến thiên x −∞ 0 +∞ Hàm số luôn đồng biến trên R. y’ + -4 + +∞ y −∞ Vẽ đồ thị đẹp , chính xác cho điểm tối đa . TXĐ: R, y ' = x 2 − 5mx − 4m . Hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 � y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 m>0 x1 + x2 = 5m � 25m + 16m > 0 � 2 16 (1) Theo Viet, ta có: vì x1 là nghiệm của phương trình m 0 2 2 Câu 1: 2, tương tự ta cũng có: x2 + 5mx1 + 12m = 5m( x1 + x2 ) + 16m = 25m + 16m > 0 2 2 m2 x2 2 + 5mx1 + 12m m2 25m 2 + 16m khi đó A = 2 + = + 2 (BĐT Cauchy cho 2 số x1 + 5mx2 + 12m m2 25m 2 + 16m m2 dương) m=0 m2 25m 2 + 16m Dấu “=” = � m = (25m + 16m) � m = 25m + 16m � 4 2 2 2 2 2 25m 2 + 16m m2 m=− 3 2 đối chiếu điều kiện (1), ta có: min A = 2 khi m = − . 3 uuur A B Câu 2: 1, Gọi B(a; 12-2a) Ta có BN (9 − a; 2a − 9) , uuuur M(5;1) BM (5 − a; 2a − 11) do BM vuông góc với BN nên: a=6 (5 − a )(9 − a ) + (2a − 11)(2a − 9) = 0 �� 24 B (6;0) a= 5 ( Do hoành độ điểm B lớn hơn 5), N(9;3) D C phương trình AB: x + y − 6 = 0 phương trình BC: x − y − 6 = 0 b + 12 − 2b − 6 b − 12 + 2b − 6 Gọi D(b;12 − 2b) theo bài ra, ta có: DA.DC = 6 nên: . =6 2 2 b=4 � 3 6 − b . b − 6 = 12 � (b − 6) 2 = 4 � với b = 4 thì D(4; 4) phương trình DA có dạng: b=8 x − y = 0 ; phương trình DC : x + y − 8 = 0 . với b = 8 thì D(8; −4) phương trình DA có dạng: x − y − 12 = 0 , phương trình DC : x + y − 4 = 0 . 1 Câu 2: 2, Ta có S = (1 − x) 2 x − x dx 3 2 0 2
1 1 1 1 S = �− x)3 2 x − x 2 dx = �− x) 2 2 x − x 2 (1 − x )dx = (1 (1 � − 2 x + 1) 2 x − x d (2 x − x ) (x2 2 2 0 0 20 1 1 Đặt 2 x − x = t (t �� ] ) 2 [ 0;1 2 x − x = t , d (2 x − x ) = 2tdt � S = 2 2 2 (1 − t 2 )t.2tdt 20 1 t3 t5 1 1 1 2 = (t 2 − t 4 )dt = ( − ) = − = . 0 3 5 0 3 5 15 cos x 0 2π π cos( − x) + cos( − x) Câu 3: 1, Điều kiện x . Phương trình 1 x 3 3 cos 0 2 − (cos x + 2sin 2 ) = 2 cos x 2 cos x π π 2 cos( − x) cos 1 2 6 � 1 − 1 = 3 s inx � tan 2 x = 3 t anx � 2 − (cos x + 1 − cos x) = cos x cos x cos 2 x cos x tan x = 0 x = kπ tan x − 3 tan x = 0 �� 2 π (k Z ) tan x = 3 x = + kπ 3 x = 2lπ Đối chiếu điều kiện ta thấy nghiệm của phương trình là π (l Z ) x = + lπ 3 Câu 3: 2, Đáp số: 750 số Câu 4: A’ C’ B’ K A C O M : B Gọi M là trung điểm của BC, do A’O ⊥ (ABC) nên BC ⊥ ( A ' AM ) .Gọi K là điểm thuộc AA’ sao cho KB ⊥ AA’, nối KC thì AA’ ⊥ (KBC) AA’ ⊥ KM 2 a 3 a 3 a2 3 KM .BC a 2 3 a 3 AO = . = ; ∆ KBC có diện tích nên = � KM = 3 2 3 8 2 8 4 Xét ∆ A’AM có 2 đường cao A’M và MK nên : A ' O. AM = KM . AA ' (*) đặt A’O = x >0 khi đó từ (*) ta có: a 3 a2 a 3 a 3 x. AM = AA '.KM � x. = x2 + . ( Do ∆ A’AO vuông tại O và AO = ) hay 2 3 4 3 a2 a2 a2 a 2 x = x2 + � 4 x2 = x2 + � 3x 2 = �x= 3 3 3 3 2 1 a 3 a 3 Ta có diện tích đáy ABC bằng .a. = ( Diện tích tam giác đều cạnh a) 2 2 4 a a2 3 a3 3 .Vậy VABC . A ' B 'C ' = A ' O.S ABC = . = 3 4 12 3
Câu 5b: Gọi H là chân đường cao hạ từ D xuống (ABC) ta có 1 19 19 DH .S ABC = VD. ABC = � DH = (*) và ta gọi D(1 + 2t ; −1 + t ; 2 + 3t ) ( Do D d ) 3 6 2 S ABC 1 uuu uuu r r 1 29 mà S ABC = � , AC � ; phương trình (ABC): 3 x + 2 y − 4 z − 8 = 0 2 �AB � 2 9 + 4 + 16 = 2 = t =1 3(1 + 2t ) + 2(−1 + t ) − 4(2 + 3t ) − 8 19 thay vào (*) ta có: = −17 9 + 4 + 16 29 t= 2 x −3 y z −5 khi t = 1 tọa độ D(3;0;5) , phương trình ∆ là: = = . 3 2 −4 19 47 −17 19 45 y+ z+ khi t = tọa độ D(−16; − ; − ) , phương trình ∆ là: x + 16 2 = 2 2 2 2 = 3 2 −4 (Nếu đúng một trong hai phương trình ∆ thì vẫn cho 0,25) Câu 6b: 1, Gọi z = a + bi; trong đó a, b R do z = 5 � a 2 + b 2 = 5 � a 2 + b 2 = 25 (1) z + 7i a + bi + 7i a + (b + 7)i [ a + (b + 7)i ] ( a + 1 + bi ) a (a + 1) − b(b + 7) [ ab + (a + 1)(b + 7) ] i = = = = + z +1 a − bi + 1 a + 1 − bi (a + 1) 2 + b 2 (a + 1) 2 + b 2 (a + 1) 2 + b 2 z + 7i ab + (a + 1)(b + 7) = 0 (3) theo bài ra R nên ab + (a + 1)(b + 7) = 0 (2) từ (1) và (2) ta có hệ 2 từ (3) z +1 a + b 2 = 25 (4) 7(a + 1) thay b = vào (4) ta được PT bậc 4 sau 2a + 1 a = 3 � b = −4 2a + 2a − 25a − a + 12 = 0 � (a − 3)(a + 4)(2a − 1) = 0 � a = −4 � b = −3 4 3 2 2 Từ đó suy ra có 4 số 1 7 2 a = �� b=� 2 2 1 7 phức sau thỏa mãn ycbt: z = 3 − 4i; z = −4 − 3i ; z = i 2 2 8n(n − 1) Câu 6b: 2, Ta có: An − 8Cn + Cn = 49, � n( n − 1)( n − 2) − + n = 49 � n3 − 7 n 2 + 7 n − 49 = 0 � n = 7 3 2 1 2 7 ( x 2 + 2) n = ( x 2 + 2) 7 = Ck7 x 2(7 −k ) 2 k . Số hạng chứa x8 là � 2(7 − k ) = 8 � k = 3 k =0 Hệ số của x là C .2 = 280 8 3 3 7 uuuu r Câu 5a: Gọi M là giao điểm của d và d’, khi đó M (1 + 3t ; −1 + 2t; 2 − 2t ) và AM (3t ; −1 + 2t ; 4 − 2t ) r r Gọi n = (2; −1; 2) là tọa độ VTPT của (P), gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và giá của n khi đó 6t + 1 − 2t + 8 − 4t 3 cos ϕ = = (*) , d tạo với (P) góc lớn nhất khi 2 + (−1) + 2 9t + (−1 + 2t ) + (4 − 2t ) 2 2 2 2 2 2 17t − 20t + 17 2 và chỉ khi d tạo với giá của vectơ pháp tuyến của (P) một góc nhỏ nhất cos ϕ lớn nhất ∆ ' 189 10 uuuu 30 3 48 r � f (t ) = 17t 2 − 20t + 17 nhỏ nhất mà min f (t ) = − = � t = � AM = ( ; ; ) a 17 17 17 17 17 x −1 y z + 2 khi đó phương trình d có dạng: = = 10 1 16 Câu 6a:1, Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực bằng nhau và phần ảo bằng nhau, vì vậy ta có hệ: 4
1 1 1 1 1 x 1 1 x2 + x + (1 + ) = 4 (1) x2 + + x+ =4 ( x + ) 2 − 2. + x + = 4 x+ =u y y y 2 y y y y y đặt x x2 1 1 x 1 1 � 1 x� x 4 − x = 2 + + 3 (2) 3 x3 + 3 + ( x + ) = 4 ( x + ) � + ) 2 − 2. � 4 (x = =v y y y y y y y � y y� y u 2 − 2v + u = 4 ta có hệ thay 2v = u 2 + u − 4 vào ta được: u (u 2 − u 2 − u + 4) = 4 � u 2 − 4u + 4 = 0 � u = 2 u (u − 2v ) = 4 2 1 x+ =2 y với u = 2 � v = 1 trở lại ẩn x, y ta có hệ: � x = y =1 x =1 y 17 k k 17 − k �1 � 17 k � 1 � ( x) � − 2 �� 3 � 17 − k 17 Câu 6a: 2,Ta có: � + 4 x 3 � = � 17 � � C 4 3 = � � 3 �� 4 � k C x 17 x 3 2 3 2 � x � k =0 �x � k =0 � �� 17 −2 k 3(17 − k ) 17 −2 k 3(17 − k ) 17 −17 k +153 + =� x C k 17 3 x 4 =� x C k 17 3 4 =� x C k 17 12 k =0 k =0 k =0 từ yêu cầu bài toán ta cho: −17k + 153 = 0 � k = 9 Vậy số hạng không chứa x là C17 9 5