ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 185

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

Thêm vào BST

Báo xấu

27
lượt xem 6
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 185', 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 185

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 185 I. PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thí sinh ) 2x − 4 Câu I ( 2 điểm ). Cho hàm số y = x +1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M ( −3;0 ) , N ( −1; −1) . Câu II ( 2 điểm ). Giải các phương trình, bất phương trình sau ( sin x + cos x ) 2 − 2sin 2 x 2� � π � � π � � 1) = � � − x � sin � − 3x �. sin − � 1 + cot x 2 2 � � 4 � � 4 � � ( ) 2 2) 4 ( x + 1) < ( 2 x + 10 ) 1 − 3 + 2 x 2 π Câu III ( 1 điểm ). Tính tích phân I = x ( cos x + sin x ) dx 5 0 ﾷ Câu IV ( 1 điểm ). Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi cạnh bằng a và góc BAD = 600 . Hai mặt chéo ( ACC'A' ) và ( BDD'B' ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, B'C', biết rằng MN vuông góc với BD'. Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' . Câu V ( 1 điểm ). Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng 52 a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 27 II. PHẦN TỰ CHỌN ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa ( 2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B ( 1;5 ) và phương trình đường cao AD : x + 2 y − 2 = 0 , đường phân giác góc C là CC ' : x − y − 1 = 0 . Tính tọa độ các đỉnh A và C. 2) Viết phương trình đường thằng ( ∆ ) đi qua điểm A ( 1;1;1) và vuông góc với đường thẳng − − ( ∆ / ) : 1 = y 1 1 = z 2 1 và cách điểm B ( 2;0;1) một khoảng lớn nhất. x Câu VIIa ( 1 điểm ) Với n là số nguyên dương, chứng minh hệ thức ( Cn1 ) + 2 ( Cn2 ) + 3( Cn3 ) + ... + ( n − 1) ( Cnn−1 ) + n ( Cnn ) = n C2nn 2 2 2 2 2 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( 2 điểm ) 3 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : x + y = và Parabol ( P ) : y = x . Tìm trên (P) 2 2 2 2 các điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến tới đường trỏn (C) và hai tiếp tuyến này tạo với nhau một góc bằng 600. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + z − 1 = 0 và đường thẳng (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng ( Q ) : 2 x − y − 2 = 0 và ( R ) : y + 2 z + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ( ∆) đi qua giao điểm A của (d) và (P); ( ∆ ) nằm trong (P) và góc tạo bởi hai đường thẳng ( ∆ ) và (d) bằng 450. Câu VIIb ( 1 điểm ). Người ta sử dụng 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Vật lí, 7 cu ốn sách Hóa h ọc ( các cuốn sách cùng loại giống nhau ) để làm gi ải thưởng cho 9 h ọc sinh, m ỗi h ọc sinh đ ược hai cu ốn 1
sách khác loại. Trong số 9 học sinh trên có hai b ạn Ngọc và Th ảo. Tìm xác su ất đ ể hai b ạn Ng ọc và Thảo có giải thưởng giống nhau. HƯỚNG DẪN 2x − 4 Câu I(2 điểm)1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = * Tập xác đinh D = ﾷ \ { −1} x +1 Giới hạn, tiệm cận: lim y = + ; lim+ y = − . Suy ra phương trình đường tiệm cận đứng x = – 1 x −1− x −1 lim y = 2; lim y = 2 . Suy ra phương trình đường tiệm cận ngang y = 2+ x − x + 6 * Sự biến thiên: y ' = > 0; ∀x � −� − 1) �( −1; + � nên hàm ( ; ) y ( x + 1) 2 số đồng biến trong từng khoảng xác định của nó. 4 * Bảng biến thiên * Đồ thị: I 2 x - ∞ -1 +∞ Đồ thị phải đi qua các y' + + điểm đặc biệt + ∞ ( 2,0 ) ; ( 0, −4 ) ; ( −4, 4 ) -4 O 2 -1 1 2 x y Nhận xét: đồ thị có tâm đối xứng là điểm I ( −1;2 ) 2 - ∞ Câu 1: 2) Tìm trên đồ thị hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M ( −3;0 ) , N ( −1; −1) . -4 Phương trình đường thẳng ( MN ) : x + 2 y + 3 = 0 . � 6 � � 6 � Xét hai điểm A, B trên đồ thị (C), ta có A �; 2 − a � B �; 2 − , b � a, b −1 , � a +1� � b +1� � +b a 3 3 � Gọi I � ; 2− − � trung điểm của đoạn đoạn AB là �2 a +1 b +1 � Theo yêu cầu của bài toán ta có 3 3 �a = 2 uuu uuuu r r b−a− + =0 � ⊥ MN AB � .MN = 0 AB � a +1 b +1 �=0 b � �� ... � I ( MN ) I ( MN ) b+a 6 6 a=0 − − = −7 2 a +1 b +1 b=2 Vậy A ( 2;0 ) ; B ( 0; −4 ) hoặc B ( 2;0 ) ; A ( 0; −4 ) ( sin x + cos x ) 2 − 2sin 2 x 2� � π � �π � � Câu 2: 1) = � � − x � sin � − 3 x �.Điều kiện xác định sin x sin − � 0 hay 1 + cot x 2 2 � � 4 � �4 � � x kπ ; k Z .Phương trình đã cho tương đương với π π ( cos 2 x + sin 2 x ) sin 2 x = 2 cos � − 2 x � x � cos � − 2 x �sin x − 1) = 0 � �sin � ( � � 4 � � 4 � 3π kπ � π � x= + cos � − 2 x � 0= 8 2 � � 4 � � ( k , m �Z ) π sin x − 1 = 0 x = + m2π 2 3π kπ π So với điều kiện nghiệm của phương trình là x = + ; x = + m2π ; ( k , m Z ) 8 2 2 2
( ) 2 3 Câu 2: 2) 4 ( x + 1) < ( 2 x + 10 ) 1 − 3 + 2 x 2 Điều kiện xác định x − 2 ( 2 x + 10 ) ( 1 − ) (1+ ) 2 2 3 + 2x 3 + 2x ( ) 2 4 ( x + 1) < ( 2 x + 10 ) 1 − 3 + 2 x � 4 ( x + 1) < 2 2 ( 1+ 3 + 2x ) 2 x −1 x −1 ( 2 x + 10 ) 4 ( x + 1) 2 � �< ( 2 x + 10 ) � � � 4 ( x + 1) < 2 �� ( ) ( ) 2 2 1 1+ 3 + 2x < 2 x + 10 1+ 3 + 2x ( �� 1 + 3 + 2 x ) 2 � −1 x � −1 x x −1 �� x + 4 + 2 3 + 2 x < 2 x + 10 2 � 3 + 2x < 3 x
* MN / / OB ' và MN ⊥ BD ' � OB ' ⊥ BD ' nên trong hình chữ nhật BDD'B' ta có BD ' ⊥ B ' O . Gọi H là 1 giao điểm của B'O và BD', khi đó ta có BH = BD ' và sử dụng hệ thức B ' O.BH = BB '.BO ta có 3 a 2 a3 6 BD = 2 BB ' � BB ' = . Vậy VABCD. A ' B 'C ' D ' = S ABCD .BB ' = ( đvtt ) 2 4 Câu V(1 điểm)Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng 52 a+b+c a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 Ta có = p � p − a; p − b; p − c là các số dương 27 2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 1 − a ; 1 − b ; 1 − c ta có �− ( a + b + c) � 1 3 3 0 < ( 1− a) ( 1− b) ( 1− c) � �= � 3 � 27 28 28 � 1 < ab + bc + ca − abc � � 2 < 2 ( ab + bc + ca ) − 2abc � 27 27 56 52 �< + +a b +c ) + +a+ < b 2 c 2 2abc ) 2 ( −+ + � ( 2 2 a 2 b 2 c 2 2abc 2 27 27 2 Đẳng thức bên trái xảy ra khi a = b = c = 3 Câu VIa(2 điểm)1) Tính tọa độ các đỉnh A và C.* Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với AD nên có phương trình là BC : 2 x − y + 3 = 0 � x − y = −3 � = −4 2 x * C = BC ICC ' tọa độ của C là nghiệm của hệ � �� C ( −4; − 5 ) � − y =1 x � = −5 y * Gọi B' là điểm đối xứng của B qua đường thẳng CC' khi đó B' thuộc đường thẳng AC � 5� 7 Pt BB ' : x + y − 6 = 0 . K = BB 'ICC ' K � ; � trung điểm BB' suy ra B ' ( 6;0 ) là � 2� 2 * Đường thẳng AC qua C và B' � AC : x − 2 y − 6 = 0 � + 2y = 2 x �=4 x A = AC I AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ � �� A ( 4; −1) � − 2y = 6 x � = −1 y *2) Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) ... ( ∆ ) phải thuộc mặt phẳng ( α ) đi ( ∆ ') uur B qua A và vuông góc với ( ∆ ') suy ra vtpt nα = ( 1;1;2 ) * Kẻ BK ⊥ ( ∆ ) ta có H BK = d ��∆= AB d � ; ( ) � ∆ �; ( ) � �B � �B � max AB K A ( ∆) ( α ) A α K ( ∆) ur 1 uur uuu u r * suy ra véc-tơ chỉ phương của ( ∆ ) là v = �α ; AB � ( 1;1; − 1) n = ( ∆ ) ⊥ AB 2� � x −1 y −1 z −1 * Phương trình đường thẳng ( ∆ ) là = = 1 1 −1 n n Câu VII a( 1 điểm)Chứng minh ( Cn ) + 2 ( Cn ) + 3 ( Cn ) + ... + ( n − 1) ( Cn ) + n ( Cn ) = C2 n Đặt 1 2 2 2 3 2 n −1 2 n 2 2 S = 0. ( Cn ) + 1. ( Cn ) + 2 ( Cn ) + 3 ( Cn ) + ... + ( n − 1) ( Cn −1 ) + n ( Cn ) 0 2 1 2 2 2 3 2 n 2 n 2 Ta có 2 S = n. � n ) + ( Cn ) + ( Cn ) + ( Cn ) + ... + ( Cn ) + ( Cn ) � ( C0 2 1 2 2 2 3 2 n −1 2 n 2 � � Khai triển hai nhị thức ( 1 + x ) ( 1 + x ) và ( 1 + x ) rồi so sánh hệ số của xn ta được n n 2n 4
( 1+ x) = Cn0 + Cn x + Cn2 x 2 + .... + Cnn−1x n−1 + Cnn x n ; ( 1 + x ) = Cnn x n + Cnn−1x n−1 + Cnn− 2 x n− 2 + .... + Cn x1 + Cn0 n 1 n 1 ( 1+ x) ( 1+ x) = ... �Cn0 ) + ( Cn ) + ( Cn2 ) + ...( Cnn−1 ) + ( Cnn ) � n + ..., do Cnk = Cnn− k ( n n 2 1 2 2 2 2 � x ￻� ( 1+ x) 2n = C20n + C2n x + ... + C2nn x n + .... + C22nn−1x 2 n−1 + C22nn x 2 n 1 (C ) +(C ) +(C ) +(C ) 0 2 1 2 2 2 3 2 + ... + ( Cnn−1 ) + ( Cnn ) = C2 n từ đó suy ra ĐPCM 2 2 n n n n n 6 Câu VIb.(2 điểm) 1) Tìm các điểm M trên ( P ) : y = x ...Đường tròn (C ) tâm O ( 0;0 ) , bán kính r = 2 2 và M � P ) � M ( t ; t ) theo YCBT ta có OM = 2 � ( 2 OM = 6 �α� 1; 2 t { } Vậy có bốn điểm M là M 1 = ( 1; 1) , M 2 = ( 1; − 1) , M 3 = 2; 2 , M 4 = 2; − 2 ( ) ( ) 2) Viết phương trình đường thằng ( ∆ ) ... �x + y + z = 1 � = 1 2 x � � * Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ � x − y = 2 � � = 0 � A ( 1;0; − 1) 2 y � + 2 z = −2 y � = −1 z � � ur u Đường thẳng (d) có véc-tơ chỉ phương là v = ( 1;2; − 1) ur u * Gọi véc-tơ chỉ phương của đường thẳng ( ∆ ) là u = ( a; b; c ) , a + b + c 2 2 2 0 ur uuur u u u . n( P ) = 0 2a + b + c = 0 Theo YCBT ta có � 1 � a + 2b − c 1 � � ) ; ( d ) � cos 45 = (∆ = = 0 cos � � � 2 6. a 2 + b 2 + c 2 2 a =1 a =1 * Giải hệ này ta được b = −1 + 3 hoặc b = −1 − 3 c = −1 − 3 c = −1 + 3 x −1 y z +1 x −1 y z +1 * Vậy có hai đường thẳng thỏa YCBT là: ( ∆1 ) : = = , ( ∆1 ) : = = 1 −1 + 3 1 − 3 1 −1 − 3 1 + 3 Câu VIIb.(1 điểm)Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau. * Giả sử có x học sinh nhận sách Toán và Vật lí, y học sinh nhận sách Toán và Hóa học z học sinh nhận sách Vật lí và Hóa học Ta có x + y = 5, x + z = 6, y + z = 7, x + y + z = 9 suy ra x = 2, y = 3, z = 4 Vậy chỉ có 2 học sinh nhận sách Toán và Vật lí, 3 học sinh nhận sách Toán và Hóa h ọc, 4 h ọc sinh nhận sách Vật lí và Hóa học. * Số khả năng chia sách cho 9 bạn là n ( Ω ) = C9 .C7 .C4 = 1260 . 2 3 4 * Gọi A là biến cố hai bạn Ngọc và Thảo nhận sách giống nhau, xảy ra ba khả năng: Khả năng thứ nhất: Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Toán và Vật Lí , khi đó 7 bạn còn l ại có 3 b ạn nh ận sách Toán và Hóa; 4 bạn nhận sách Vật lí và Hóa học. Số cách phân chia là C7 .C4 = 35 . 3 4 Khả năng thứ hai: Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Toán và Hóa, tương tự có C7 .C5 .C4 = 105 cách. 2 1 4 Khả năng thứ ba: Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Lí và Hóa, tương tự có C7 .C5 .C2 = 210 cách. 2 3 2 * Suy ra P(A) = 350/1260 = 5/ 18. 5