Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 192', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 192
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 192
x +1
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị (C)
3− x
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b) Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C). Tìm các số thực m để đường thẳng
d : y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B tạo thành tam giác ABI có trọng tâm nằm trên (C).
π
4sin 4 x + 4cos 4 ( x − ) − 1
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 4 .
=2
cos2x
6x 2 + 1 = y −1 + y2
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( x, y ﾡ ) .
6 y2 + 1 = x −1 + x2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = x ln( x + 1), y = x và 2
đường thẳng x = 0, x = 1 .
Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác đều ABC cạnh a và tam giác cân SAB đ ỉnh S không cùng n ằm trong
một mặt phẳng. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AC, biết góc gi ữa 2 m ặt ph ẳng (SAB) và
a 21
(ABC) là 600, SA = , SC
- Híng dÉn
x +1
Câu 1: 1,(1,0 điểm) a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =
3− x
1. Tập xác định: D = ﾡ \{3}
2. Sự biến thiên của hàm số
* Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực của hàm số. Tiệm cận của đồ thị hàm số.
1
1+
x +1 x = −1 => Đồ thị hàm
lim y = lim = lim x -∞ 3 +∞
x 3− x x 3
x
−1
x y'
số nhận đường thẳng y=-1 làm tiệm cận ngang +∞ -1
x +1 x +1
lim y = lim = − ;lim y = lim = + =>Đ y
x 3+ x 3+ 3 − x x 3− x 3− 3 - x
ồ thị hàm số nhận đường thẳng x=3 làm tiệm
cận đứng -1 -∞
* Lập bảng biến thiên
4 4
y'= > 0∀x D , y’ không xác định x=3
(3 − x) 2
y
x+1
f (x ) =
3-x
Bảng biến thiên g(x ) = -1 2
Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định cqủxa==nó. Hàm số không có cực
(fy ) ) 3-1
(
1 x=3
trị. f (x )f =y-1= 3
( )
r(x ) = -1 3
3. Đồ thị -10 s (x ) = -1 -5
-1
O
3 5 x
-Giao của đồ thị hàm số và Ox: y=0=>x=-1 -1 y =-1
1
- Giao của đồ thị hàm số và Oy: x=0=>y= -2
3
đồ thị hàm số nhận I(3;-1) làm tâm đối xứng
Câu 1: 2,(1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của d:y=x+m và (C) là nghiệm
-4
của phương trình
x +1
= x + m (1) � x 2 − x(2 − m) + 1 − 3m = 0(2) ((2) không có nghiệm x=3)
-6
3− x
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt cần và đủ (1) có 2 nghiệm phân biệt (2) có 2 nghiệm phân biệt
� ∆ > 0 � m + 8m > 0 � m �(−� −8) �(0; +� (*)
2
; )
Với (*) thì d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A( x1 ; x1 + m), B ( x2 ; x2 + m) trong đó x1,x2 là nghiệm của (2) .
Ta thấy I không nằm trên d nên có tam giác AIB, toạ độ trọng tâm tam giác AIB là
3 + x1 + x2 5 − m 5−m
x= = +1
3 3 1+ m
G: G nằm trên (C) ta có = 3
−1 + x1 + m + x2 + m 1 + m 3 5−m
y= = 3−
3 3 3
� m 2 + 8m − 20 = 0 � m = −10; m = 2
π
4sin 4 x + 4cos 4 ( x − ) − 1 π π
Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình 4 (1) ĐK: cos2x �۹+ �
0 x k (k ﾡ )
=2 4 2
cos2x
2
� π �
(1) � (1 − cos2x) 2 + �+ cos(2x- ) �− 1 = 2cos2x � (1 − cos2x) 2 + (1 + sin 2x) 2 − 1 = 2cos2x
1
� 2 �
2
- � 2 − 2cos2x+2sin 2x = 2cos2x � 2cos2x-sin2x = 1 � 2(cos 2 x − sin 2 x) − (cosx+ s inx) 2 = 0
π
cosx+sinx = 0 x = − + kπ
� (cosx+sinx)(cosx − 3sinx) = 0 � � 4 ( k �ﾡ )
cosx − 3s inx = 0
x = arctan 3 + kπ
Kết hợp với điều kiện phương trình đã cho có nghiệm là x = arctan 3 + kπ (k ﾡ )
6x 2 + 1 = y − 1 + y 2 (1)
Câu 3(1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( x, y ﾡ )
6 y + 1 = x − 1 + x (2)
2 2
x 1
Điều kiện: trừ vế với vế (1) cho (2) ta được
y 1
6x 2 + 1 − 6 y 2 + 1 = y − 1 − x − 1 + y 2 − x 2 (*) Nếu x=y=1 thay vào hệ không thoả mãn
6x 2 − 6 y 2 y−x
Nếu(x;y) (1;1) (*) � = + y2 − x2
6x 2 + 1 + 6 y 2 + 1 y −1 + x −1
� 6x+6y 1 �
� ( x − y) � + + x+ y� 0 � x− y = 0 � y = x
=
� 6x + 1 + 6 y 2 + 1
2
y −1 + x −1 �
� �
Với y=x thay vào (1) ta có
6x 2 − 24 x−2
6x 2 + 1 = x − 1 + x 2 � 6x 2 + 1 − 5 = x − 1 − 1 + x 2 − 4 � = + x2 − 4
6x 2 + 1 + 5 x −1 +1
� 6 1 �
� ( x − 2) �x + 2)(1 −
( )+ � 0 � x − 2 = 0 � x = 2 � y = 2 .Vậy hệ có nghiệm x=y=2
=
� 6x 2 + 1 + 5 x −1 +1 �
Câu 4(1,0 điểm) diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x ln( x + 1); y = x; x = 0; x = 1 là
1
x = 0 (0;1)
S = | x ln( x + 1) − x | dx .Xét phương trình xln ( x + 1) − x = 0
0 x = e −1 > 1
1 1 1
x2
do vậy S = �ln( x + 1) − x )dx = � x + 1)dx −
(x x ln(
0 0
2 0
dx
dU = 1 1
U = ln( x + 1) x +1 x2 −1
1
x −1 1 ( x − 1) 2 1 1
Đặ t � �� �S = ln( x + 1) − dx − = − − =
dV = xdx x −1
2
2 2 2 4 0 2 4
V= 0 0
2
Câu 5(1,0 điểm) tam giác SAC cân tại S và tam giác ABC đều có H là trung điểm AB nên SH ⊥ AB,CH
⊥ AB=>AB ⊥ (SHC) mà AB=(SAB) (ABC) nên góc giữa (SAB) và (ABC) bằng góc giữa SH và CH
ﾡ
do CH>SC nên SHC nhọn => SHC = 600 ﾡ
AH .S ∆SCH BH .S ∆SCH AB.S ∆SCH
Thể tích S.ABC là VS . ABC = VS . ACH + VS . BCH = + =
3 3 3
a 3 21a 2 a 2 a 3
Tam giác đều ABC cạnh a có đường cao CH = , SH = SA2 − AH 2 = − =
2 36 4 3
1 ﾡ 1a 3a 3 a2 3 a3 3
Diện tích tam giác SHC là S ∆SHC = SH .CH .sin SHC = sin 600 = � VS . ABC =
2 2 3 2 8 24
H, K là trung điểm của AB, AC nên HK là đường trung bình của tam giác ABC=>HK//BC=>HK//(SBC)
3VS .HBC 3VS . ABC
nên d(HK,(SBC))=d(H,(SBC)) = = Theo định lí côsin trong tam giác SHC có
S ∆SBC 2S∆SBC
3
- a 21
SC = SH 2 + CH 2 − 2.SH .CH .cos600 = = SB nên tam giác SBC cân tại S. Gọi I là trung điểm
6
a 3 1 a2 3 3a
BC=> SI = SC 2 − CI 2 = � S ∆SBC = SI .BC = � d ( HK , ( SBC )) =
3 2 6 8
Câu 6(1,0 điểm) Gọi (C) có tâm I bán kính R. OI cắt BC tại H thì H là trung điểm BC và OH vuông góc
BC =>H(0; 3 )=>OH= 3 . Do tam giác OBC đều nên
S
BC 3
A
H 600 B
= 3 � BC = 2
I 2
a
I
K
B
C H
C
OH= . Trong tam giác
1
vuông IB có HB = HI .HO = 1 � IH =
2
3
uur 1 uuur
u 3 4 3 Trong tam giác vuông IBH có
HI = OH = (0; ) I (0; )
3 3 3
4
R 2 = IB 2 = IH 2 + HB 2 = .Vậy phương trình đường tròn (C):
O
3
4 3 2 4
x2 + ( y − ) =
3 3
Câu 7(1,0 điểm) D cắt d1, d2 lần lượt tại A và B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d đi qua I nên A,
t − 1 = k (b + 1) �− kb − k = 1
t �=0
b
uu
r uur � �
B, I thẳng hàng � IA = k IB � 1 − t = k (b − 1) � � t − kb + k = −1 � � = 1 � A(3;1; 2), B (3;1; −2)
− k
t + 1 = k (b + 3) �− kb − 3k = −1
t �= 2
t
� �
Gọi C là trung điểm AB=>C(3;1;0) BC=2
Mặt cầu đường kính AB có tâm C bán kính R=BC có phương trình là (x-3)2+(y-1)2+z2=4
Câu 8(1,0 điểm)
2 3(1 + i 2) 2 3(1 + i 2)( −1 − i 2) 2
z + (2 − i 8) z + 2 = z � z + (2 − i 8) z + 2 = z � z + (2 − i 8) z + 2 = −(1 + i 2) 2 z
i 2 −1 1+ 2
2 2
� z + (2 − i 8) z + 2 = (1 − 2i 2) z � z + z + 2 = 0(1) Gọi z=a+bi (a,b ﾡ ) thoả mãn (1) ta có
a 2 − b2 + a + 2 = 0
( a − bi ) + a + bi + 2 = 0 � a − b + a + 2 + i(b − 2ab) = 0 �
2 2 2
b − 2ab = 0
11 1 1 11 1 11
�b=� ; a = Vậy có 2 số phức thoả mãn đề bài là z = + i, z = − i
2 2 2 2 2 2
a b c 9
Câu 9(1,0 điểm) P = 2 + 2 + 2 + Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình
b c a 2(a + b + c)
1 a 2 1 b 2 1 c 2 a b c 1 1 1
nhân ta có + 2 � ; + 2 � ; + 2 �� 2 + 2 + 2 � + + = ab + bc + ca
a b b b c c c a a b c a a b c
có a + b + c = abc( a + b + c) = ab.ac + bc.ba + ca.bc (ab) + (bc ) + (ac ) 2
2 2
(ab + bc + ca ) 2 (ab + bc + ca) 2
� ( ( ab ) ( ac ) + ( ab ) ( bc ) + ( ca ) ( cb ) ) � �a+b+c �
3 3
4
- a b c 9 27
P= + 2+ 2+ ab + bc + ca + =
2
b c a 2(a + b + c) 2(ab + bc + ca) 2
ab + bc + ca ab + bc + ca 27 9 9 9
+ + . Khi a=b=c=1 thì P= nên giá trị nhỏ nhất của P bằng
2 2 2(ab + bc + ca) 2
2 2 2
5
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
