ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 188

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

Thêm vào BST

Báo xấu

32
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 188', 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 188

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 188 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x 3 − 3x 2 + mx + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0 . 2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Gọi (∆) là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực � 11 � 1 tiểu.Tìm giá trị lớn nhất khoảng cách từ điểm I � ; � ến đường thẳng (∆) . đ � 4� 2 Câu II. (2.0 điểm) 1 2(s inx − cos x) 1. Giải phương trình : = . tanx + cot 2x cot x − 1 2. Giải bất phương trình : x 2 + 91 > x − 2 + x 2 e (x − 2) ln x + x Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân: dx 1 x(1 + ln x) Câu IV. (1.0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB bằng bốn lần đáy nh ỏ CD, chi ều cao của đáy bằng a. Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh S có đ ộ dài bằng nhau và b ằng b. Tính thể tích của khối chóp theo a, b. Câu V. (1.0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . 3 Chứng minh rằng: ( a − b) ( b − c) ( c − a ) . 18 PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ). A.Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1), N(4;-2); P(2;0), Q(1;2) lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông. 2. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm M, N và tiếp xúc với mặt cầu ( S) : x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 4y − 6z − 67 = 0 . CâuVII.a (1điểm) ( ) ( ) 2x log 3 x log3 x Giải phương trình: 10 + 1 − 10 − 1 = . 3 B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm I ( 1; −1) là tâm của một hình vuông, một trong các cạnh của nó có phương trình x − 2y + 12 = 0 .Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông. 2. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt phẳng (R) đi qua M, N và tạo với mặt phẳng (P): 2x − y − 2z − 2 = 0 một góc nhỏ nhất. CâuVII.b (1 điểm) 2 log1− x (− xy − 2x + y + 2) + log 2+ y (x 2 − 2x + 1) = 6 Giải hệ phương trình log1− x (y + 5) − log 2+ y (x + 4) = 1 .................HẾT.............. 1
Hướng dẫn Câu 1: 1, Cho hàm số: y = x − 3x + 1 (1) 3 2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 − 3x 2 + 1 * Tập xác định: R. * Sự biến thiên: + Giới hạn: lim y = lim ( x − 3x + 1) = − , lim y = + . 3 2 x − x − x + x=0 + Bảng biến thiên: y = 3x − 6x = 3x(x − 2), y = 0 2 x=2 Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y′ + 0 - 0 + y 1 +∞ −∞ -3 + Hàm số đồng biến trên khoảng ( − ;0 ) và ( 2; + ) .+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) . + Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCÐ = y(0) = 1 , đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = y(2) = −3 * Đồ thị:Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Ta có y = 6x − 6; y = 0 � x = 1 , y ′′ đổi dấu khi x qua x = 1. Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng. y f(x)=x^3-3x^2+1 8 6 4 2 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -8 Câu 1: 2, Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu.......................................... Ta có y = 3x 2 − 6x + m . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y = 0 có hai nghiệm phân biệt. Tức là cần có: ∆ = 9 − 3m > 0 � m < 3. � 1� � x 2m � m Chia đa thức y cho y , ta được: y = y . � − � � − 2 � + + 1 . + x � 3 � �3 3 � 3 Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm ( x1 ; y1 ) , ( x 2 ; y 2 ) . Vì y (x1 ) = 0; y (x 2 ) = 0 nên phương trình đường thẳng ( ∆ ) qua hai điểm cực đại, cực tiểu là: �2m � m m y = � − 2 � + + 1 hay y = ( 2x + 1) − 2x + 1 x �3 � 3 3 2
�1 � Ta thấy đường thẳng ( ∆ ) luôn đi qua điểm cố định A � ; 2 � Hệ số góc của đường thẳng IA là − . �2 � 3 5 k= . Kẻ IH ⊥ ( ∆ ) ta thấy d ( I; ∆ ) = IH IA = . 4 4 2m 1 4 5 Đẳng thức xảy ra khi IA ⊥ ( ∆ ) � − 2 = − = − � m = 1 (TM). Vậy max d ( I; ∆ ) = khi m = 1 . 3 k 3 4 1 2(s inx − cos x) s inx.cos x 0 Câu 2: 1, Giải phương trình: = .Điều kiện : sinx.cosx t anx + cot 2x cot x − 1 cot x 1 1 2 ( s inx − cosx ) = Phương trình đã cho tương đương với phương trình: s inx cos2x cos x − s inx + cos x s in2x s inx 2 3π 3π Giải được cos x = − � x = − + k2π, x = + k2π(k �Z) 2 4 4 3π Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x = + k2π, (k Z) 4 Câu 2: 2, Giải bất phương trình : x 2 + 91 > x − 2 + x 2 Điều kiện x 2 Phương trình đã cho tương đương với: ( x 2 + 91 − 10 − ) ( ) x − 2 −1 − ( x 2 − 9) > 0 x2 − 9 x −3 � x+3 1 � � − − (x + 3)(x − 3) > 0 � ( x − 3) � − − (x + 3) � 0 (*) > x 2 + 91 + 10 x − 2 +1 � x 2 + 91 + 10 x − 2 +1 � x+3 1 Ta có − (x + 3) − < 0 với mọi x 2 . Do đó (*) x < 3. x 2 + 91 + 10 x − 2 +1 Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là : 3> x 2 e (x − 2) ln x + x e x(1 + ln x) − 2 ln x e e ln x Câu 3: Tính tích phân: dx = ∫ dx = ∫ dx -2 ∫ dx 1 x(1 + ln x) 1 x (1 + ln x ) 1 1 x(1 + ln x) e e ln x Ta có : ∫ dx = e − 1 Tính J = ∫ x(1 + ln x)dx 1 1 2 2 t −1 1 Đặt t = 1 + lnx, Ta có: J = ∫ dt = ∫ (1 − )dt = (t - ln t ) = 1 - ln2 1 t 1 t Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 Câu 4: Tính thể tích của khối chóp theo a, b S b M A B a H E D N C Gọi H là chân đường cao của chóp thì H phải cách đều các cạnh của đáy và trong trường hợp này ta chứng minh được H nằm trong đáy. 3
Suy ra hình thang cân ABCD có đường tròn nội tiếp tâm H là trung điểm đoạn MN với M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD và MN = a. Đường tròn đó tiếp xúc với BC tại E thì a � a� 1 HM = HN = HE = là bán kính đường tròn và SE = SM = SN = b � > � SH = b � 4b 2 − a 2 2 � 2� 2 Đặt CN = x thì BM = 4x, CE = x, BE = 4x .. Tam giác HBC vuông ở H nên a2 a a 5a 2 HE 2 = EB.EC � = 4x 2 � x = � CD = , AB = 2a , suy ra SABCD = . 4 4 2 4 1 5a 2 1 5a 2 Vậy VS.ABCD = . . 4b 2 − a 2 = 4b 2 − a 2 (đvtt) 3 4 2 24 3 Câu 5: Chứng minh rằng: ( a − b) ( b − c) ( c − a ) . Đặt F ( a; b;c ) = ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) . 18 3 Ta cần chứng minh F ( a; b;c ) ( *) 18 3 • Nếu hai trong ba số a, b, c bằng nhau thì F ( a; b;c ) = 0 < . 18 • Nếu a, b, c đôi một khác nhau thì không mất tính tổng quát, giả sử a = max { a; b;c} . 3 Lúc đó nếu b > c thì F ( a; b;c ) < 0 < nên chỉ cần xét a > c > b . Đặt x = a + b thì c = 1 − x .Tacó: 18 F ( a; b;c ) = ( a − b ) ( c − b ) ( a − c ) ( a + b ) c ( a + b − c ) = x ( 1 − x ) ( 2x − 1) = h ( x ) 1 �+ 3 � 3 3 Khảo sát hàm số h ( x ) với < x 1 , ta được: h ( x ) h� = � 6 � 18 . � 2 � � 3+ 3 3− 3 Từ đó suy ra BĐT ( *) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = ; b = 0; c = . 6 6 Câu 6a: 1, Lập phương trình các cạnh của hình vuông.............. Giả sử đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến là tọa độ là (a; b) với a 2 + b 2 0 Suy ra véc tơ pháp tuyến của đường thẳng BC có tọa độ là ( -b;a). Phương trình AB có dạng: a(x − 2) + b(y − 1) = 0 � ax + by − 2a − b = 0 BC có dạng : −b(x − 4) + a(y + 2) = 0 � − bx + ay + 4b + 2a = 0 . −b 3b + 4a b = −2a Do ABCD là hình vuông nên d(P,AB) = d(Q,BC) � = � a 2 + b2 a 2 + b2 b = −a • Với b = −2a Phương trình các cạnh hình vuông là: AB: x-2y = 0, BC: 2x + y − 6 = 0, CD : x − 2y − 2 = 0, AD : 2x + y − 4 = 0. • Với b = −a Phương trình các cạnh hình vuông là: AB : − x + y + 1 = 0, BC : − x − y + 2 = 0, CD : − x + y + 2 = 0, AD : − x − y + 3 = 0. Câu 6a: 2,Lập phương trình mặt phẳng ......... Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R = 9. Mặt phẳng (P) đi qua M(13;-1;0) nên có phương trình dạng : A(x -13) + B(y +1) + Cz = 0 với A 2 + B2 + C2 0 . Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C Lúc này pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C = 0 ( P ) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi : d(I,(P)) = 9 B = 4C � B + 5C = 2B2 + 8BC + 17C 2 B2 − 2BC − 8C 2 = 0 B = −2C Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta được hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn bài toán: (P1 ) : − 2x + 2y − z + 28 = 0.(P2 ) : 8x + 4y + z − 100 = 0 4
( ) ( ) 2x log 3 x log3 x Câu 7a: Giải phương trình: 10 + 1 − 10 − 1 = . Điều kiện : x > 0 3 Ta có phương trinhg tương đương với: log3 x log3 x � 10 + 1 � � 10 − 1 � ( ) ( 2 ) 2 log 3 x log3 x 10 + 1 − 10 − 1 = .3log3 x � � 3 � 3 � −� 3 � = 3 . � x = 3 � � � � � � � Câu 6b: 1, Gọi hình vuông đã cho là ABCD . Giả sử pt cạnh AB là x − 2 y + 12 = 0 . Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng AB . Suy ra H ( −2;5 ) ( x + 2) + ( y − 5 ) = 45 2 2 A, B thuộc đường tròn tâm H , bán kính IH = 45 có pt: x − 2 y + 12 = 0 Toạ độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ: . ( x + 2) + ( y − 5 ) = 45 2 2 Giải hệ tìm được A ( 4;8 ) , B ( −8; 2 ) . Suy ra C ( −2; −10 ) AD : 2 x + y − 16 = 0 ; BC : 2 x + y + 14 = 0 ; CD : x − 2 y − 18 = 0 Câu 6b: 2, Viết Phương trình mặt phẳng ( R): Mặt phẳng (P) đi qua M nên có phương trình dạng : A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = 0 với A 2 + B2 + C 2 0 . Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A =2B + C B Gọi α là góc tạo bởi hai mặt phẳng (P) và (Q),ta có: cosα = 5B2 + 4BC + 2C2 Nếu B = 0 thì α = 900 . C 1 1 1 Nếu B 0 , đặt m = ,ta có: cosα = = . B 2m 2 + 4m + 5 2(m + 1) 2 + 3 3 1 α nhỏ nhất khi cosα = m = -1 B = - C. Vậy mặt phẳng ( R): x + y − z + 3 = 0 3 2 log1− x (− xy − 2 x + y + 2) + log 2+ y ( x 2 − 2 x + 1) = 6 Câu 7b: Giải hệ phương trình log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) =1 − xy − 2 x + y + 2 > 0, x 2 − 2 x + 1 > 0, y + 5 > 0, x + 4 > 0 Điều kiện: (I ) 0 < 1 − x 1, 0 < 2 + y 1 2 log1− x [(1 − x)( y + 2)] + 2 log 2+ y (1 − x) = 6 log1− x ( y + 2) + log 2+ y (1 − x) − 2 = 0 (1) Ta có: ( I ) log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) =1 log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) = 1 (2). 1 Đặt log 2+ y (1 − x ) = t thì (1) trở thành: t + − 2 = 0 � (t − 1) = 0 � t = 1. 2 t Với t = 1 ta có: 1 − x = y + 2 � y = − x − 1 (3). Thế vào (2) ta có: −x + 4 −x + 4 log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4) = 1 � log1− x =1� = 1 − x � x2 + 2 x = 0 x+4 x+4 x = 0 (l ) . suy ra y = 1 x = −2 + Kiểm tra thấy x = −2, y = 1 thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = - 2, y = 1 5