ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 193

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 5
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 193', 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 193

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 193 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng d : y = m cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt M,N,P,Q (sắp thứ tự từ trái sang phải) sao cho độ dài các đoạn thẳng MN,NP,PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông. Câu II ( 3,0 điểm). 1. Giải phương trình lượng giác: 2 cos 6 x − 3 cos 2 x = sin 2 x − 2 cos 4 x + 3 . x + x2 y = 6 y 2 2. Giải hệ phương trình : 1 + x2 y2 = 5 y2 π 3. Tính tích phân: I = 4 x + cosx dx 0 1 + cos2x Câu III (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc ﾷ ABC = 300 . Mặt phẳng (C ' AB) tạo với đáy ( ABC ) một góc 60 . Tính thể tích của khối lăng trụ 0 ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB ' . Câu IV (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 y y 2 z z 2 x 4 xyz P= 3 + 3 + 3 + 2 . z x y xy + yz 2 + zx 2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A.Theo chương trình Chuẩn. Câu V.a ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) . x −1 y + 2 z 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng (d 1), (d2) với (d1): = = 3 2 1 x = −1 và (d2) : y = −1 + t . Viết phương trình đường thẳng (d) qua M vuông góc (d1) và cắt (d2). z =t Câu VI.a ( 1,0 điểm). Giải phương trình : log 7 (1 + x + x ) = log 2 x . 2 B.Theo chương trình Nâng cao. Câu V.b ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) bi ết đ ường th ẳng qua trung đi ểm c ạnh AB và AC có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có ph ương trình:3x+2y-5=0 .Tìm toa đ ộ đ ỉnh B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 20 và điểm B có hoành độ dương. x = 2t x =3− s 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường th ẳng (∆1 ) : y = t (t R) ; và (∆2 ) : y=s (s R) . z=4 z=0 Chứng tỏ hai đường thẳng ∆1 , ∆2 chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung c ủa ∆1 , ∆2 làm đường kính. Câu VI.b ( 1,0 điểm). Một thầy giáo có 12 quyển sách đôi một khác nhau trong đó có 5 quyển sách Toán, 4 quyển sách Vật lý, và 3 quyển sách Hóa học.Ông muốn lấy ra 6 quyển đem t ặng cho 6 h ọc sinh A,B,C,D,E,F m ỗi em một quyển.Tính xác suất để sau khi tặng sách xong m ỗi m ột trong ba lo ại Toán, V ật lý, Hóa h ọc đ ều còn l ại ít nhất một quyển. ……….Hết………. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
C¢U NÔI DUNG ÑIEÅ M C©u I 1. (1,0 ®iÓm) (2,0 a) Tập xác định : D = R 0,25 ®iÓm) b) Sự biến thiên: * Giới hạn : xlim y = + , xlim y = + . − + *Chiều biến thiên: y’ = 4x3-4x. x=0 y' = 0 x= 1 * Bảng biến thiên 0,25 x -∞ -1 0 1 +∞ y' - 0 + 0 - 0 + +∞ -3 +∞ y -4 -4 + Hàm số đồng biến trên các khoảng; (- 1; 0) và (1; + ∞ ); nghịch biến trên khoảng ( − ; −1 ) và ( 0;1) 0,25 +Cực trị : hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=-3 , đạt cực tiểu tại x= 1 và yCT= -4 c) Đồ thị *Vẽ đồ thị: 0,25 1 -2 -1 O 1 2 -3 * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. 2. (1,0 ®iÓm) . Từ đồ thị hàm số ta thấy, để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) t ại 4 đi ểm phân bi ệt thì −4 < m < −3 (*) 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm: x 4 − 2 x 2 − 3 − m = 0 (1) Đặt t = x ( t 0 ) thì phương trình hoành độ trở thành t 2 − 2t − 3 − m = 0 (2) 2 Với điều kiện (*) thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình (2) có 2 0,25 nghiệm dương phân biệt t1 , t2 ( t1 < t2 ) . Từ đó tìm được tọa độ các điểm
( ) M − t2 ;0 , N − t1 ;0 , P ( ) ( ) ( t1 ;0 , Q ) t2 ;0 suy ra MN = t2 − t1 ; NP = 2 t1 ; PQ = t2 − t1 Vì MN = PQ nên NP là độ dài cạnh huyền . Do đó : NP 2 = MN 2 + PQ 2 0,25 ( ) 2 � ( t1 + t2 ) = 8t1t 2 2 NP 2 = MN 2 + PQ 2 � 4t1 = 2 t2 − t1 t1 + t2 = 2 7 0,25 Áp dụng định lí vi-et ta có . Vì vậy 4 = 8 ( −3 − m ) � m = − t1t2 = −3 − m 2 7 Đáp số m = − 2 C©u II (3,0 ®iÓm) 1 2 cos 6 x − 3 cos 2 x = sin 2 x − 2 cos 4 x + 3 (1,0 � 2 cos 6 x + 2 cos 4 x − 3 ( 1 + cos 2 x ) − sin 2 x = 0 ®iÓm) � 4 cos 5 x cos x − 2 3 cos 2 x − 2sin x.cos x = 0 ( � cos x 2 cos 5 x − 3 cos x − sin x = 0 ) 0.25 cos x = 0 ( 1) 2 cos 5 x − 3 cos x − sin x = 0 ( 2) π ( 1) � x = + kπ , ( k Z) 0.25 2 π π kπ + k 2π 5x = x − x=− + π ( 2 ) � cos 5 x = cos � − � �x �� 6 � 24 2 0.25 � 6� π π kπ 5 x = − x + + k 2π x= + 6 36 3 π π kπ π kπ Vậy pt đã cho có các nghiệm: x = + kπ , x = − + ,x = + ,( k Z) 0.25 2 24 2 36 3 2 Ta thấy (0;0) không là nghiệm của hệ nên (1điểm) x 1 1 1 ( + x) = 6 ( x. )( + x) = 6 y y y y Hệ phương trình 0,25 1 1 1 2 + x2 = 5 ( + x) 2 − 2 x. = 5 y y y 1 1 S .P = 6 S =3 0,25 Đặ t S = x + , P = x. Hệ pt trở thành y y S 2 − 2P = 5 P=2 �x = 1 1 0,25 x+ =3 1 S =3 y y= Có 2 P=2 1 x. = 2 x=2 y y =1 1 KL : Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là(x;y)= (1; ) ;(2;1) 0,25 2
3 π π π π 0,25 (1điểm) x + cosx 4 x + cosx 4 x cosx 4 4 I=� dx = � 2 dx = � 2 dx + � 2 dx = I 1 + I 2 0 1 + cos2x 0 2 cos x 0 2 cos x 0 2 cos x π 4 Tính I 1 = 1 x 0,25 dx 2 0 cos2 x u=x du = dx Đặ t � 1 � dv = dx v = tanx cos2 x π π π 4 π 1 π 1 4 sinx π 1 π 1 2 I 1 = (x tanx 4 − � tandx) = − � dx = + ln cosx 4 = + ln 2 8 2 0 cosx 8 2 8 2 2 0 0 0 π π π 4 1 cosx 1 d(sinx) 1 1 + sinx 4 1 2+ 2 0,25 I 2 = � 2 dx = � 2 = ln 4 = ln 2 0 cos x 2 0 1 − sin x 4 1 − sinx 4 2− 2 0 π 1 2 1 2+ 2 π 1 2+ 2 I = I1 + I 2 = + ln + ln = + ln 0,25 8 2 2 4 2− 2 8 4 4−2 2 Câu III Gọi M là trung điểm của AB. Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥ (1 điểm) ﾷ CC ' � AB ⊥ (CMC ') � CMC ' = 600 . Gọi V là thể tích lăng trụ ABC. A ' B ' C ' thì 0,25 V = S ABC .CC ' a 1 a2 Ta có CM = BM .tan 30 = � S ABC = CM . AB = 0 3 2 3 2 0,25 a a a3 CC ' = CM .tan 600 = . 3 = a �V = .a = 3 3 3 Mặt phẳng (CA ' B ') chứa CB ' và song song AB nên d ( AB ;CB ') = d ( AB ;( CA ' B ')) = d ( M ;( CA ' B ')) = MH , với N là trung điểm của A ' B ' và H là hình chiếu 0,25 của M trên CN. Do MH ⊥ CN , MH ⊥ A ' B ' � MH ⊥ (CA ' B ') Tam giác CMN vuông tại M nên 1 1 1 4 a 2 = 2 + 2 = 2 � d ( AB ;CB ') = MH = MH MC MN a 2 C' A' M B' H 0,25 C A M B CÂU IV Đặ t 0,25
(1 điểm) x y z a= , b = , c = � abc = 1 � a + b + c �3 z x y a 2 b2 c 2 4 P= + + + c a b ab + bc + ca a2 Mà a 2 − c 2 +2ac � 2a c c b2 c2 0,25 Tương tự 2b − a; 2c − b a b Mặt khác (a+b+c)2≥3(ab+bc+ca) 12 Nên P≥(a+b+c)+ (a + b + c) 2 0,25 4 4 12 1 1 13 = (a + b + c) + (a + b + c) + + (a + b + c) 4 + = 9 9 (a + b + c) 9 2 3 3 13 Vậy minP= xảy ra khi a=b=c=1 hay x=y=z 3 0,25 CÂU Va. + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận uuur A 1(1 điểm) HK = (−1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên ( AC ) : x − 2 y + 4 = 0. 0,25 M Ta cũng có: K ( BK ) : 2 x + y − 2 = 0 . H C B + Do A �AC , B �BK nên giả sử A(2a − 4; a ), B (b; 2 − 2b). Mặt khác M (3;1) là trung điểm của AB nên ta có hệ: �a − 4 + b = 6 2 �a + b = 10 2 �=4 a � �� . 0,25 � + 2 − 2b = 2 a � − 2b = 0 a �=2 b Suy ra: A(4; 4), B(2; − 2). uuur + Suy ra: AB = (−2; − 6) , suy ra: ( AB ) : 3 x − y − 8 = 0 . 0,25 uuu r + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA = (3; 4) , suy ra: ( BC ) : 3 x + 4 y + 2 = 0. 0,25 KL: Vậy : ( AC ) : x − 2 y + 4 = 0, ( AB ) : 3x − y − 8 = 0 , ( BC ) : 3 x + 4 y + 2 = 0. CÂU Va. QuaM quaM (0;1;1) 0,25 2(1 điểm) Gọi (P) là mf: � � uu uu r r ⊥ d1 vtptnP = ud1 = (3; 2;1) PT mf(P) : 3x + 2y + z - 3 = 0 0,25 (P) d2 = A có tọa độ A(-1;5/3;8/3) 0,25 x = 3t 0,25 �quaM (0;1;1) � Khi đó đt d : � uuuu r � d có pt : � = 1 − 2t (t �R ) y vtcp : 3 AM = (3; −2; −5) z = 1 − 5t
CÂU VI.a ĐK: x >0 (1 điểm) Đặt t = log 2 x ⇔ x=2t 0,25 PT trở thành log 7 (1 + 2 + 4 ) = t ⇔ 1 + 2 t + 4 t = 7 t 0,25 t t t t t ⇔ f(t)=   +   +   = 1 (1) 1 2 4       0,25 7 7 7 Ta thấy hàm số f(t) nghịch biến trên R và t=1 thoã mãn (1) Là duy nhất Với t=1 ⇒ x=2 0,25 Vậy Pt có một nghiệm x=2 Câu Vb 1. (1,0 điểm). (2,0 điểm) +Ta có phưong trình AH qua A ⊥ x-2y-4=0 nên vtpt của AH 0,25 r n = (2;1) � 2 x + y − 3 = 0 .Goi I là giao của AH và đường trung bình cạnh AB,AC nên I là trung điểm AH Ta có:I(2;-1) � H (3; −3) A(1 ;1 ) x-2y-4 =0 I H C B M 3x+2y-5 =0 +Từ đó � BC : x − 2 y − 9 = 0 0,25 7 −11 Gọi M là trung điểm BC M là giao của BC và AM M( ; ) 2 4 11 2 0,25 Gọi B(x,y) do B nằm trên BC do đó x=2y+9.Ta có BM= 5( y + ) .Ta có 4 � −3 � 15 y= � 4 �= 2 x 11 2 S ∆ABC = BM . AH = 20. 5( y + ) = 10 �� 4 � = −19 � = −1 y x � 4 � 2 15 −3 −1 −19 0,25 Do điểm B có hoành độ dương nên B( ; ) từ đó suy ra C( ; ) 2 4 2 4 2. (1,0 điểm). x = 3− s 0,25 ur uu r PTTS ∆2 : y = s (t �� ∆1 , ∆ 2 có vtcp: u1 (2;1;0), u2 (−1;1;0) R) z=0 Gọi AB là đường vuông góc chung của ∆1 , ∆2 : 0,25 A(2t ; t ; 4) �∆1 ; B(3 − s; s; 0) �∆2 uuur � AB (3 − s − 2t ; s − t ; −4) uuurur AB ⊥ ∆1 AB.u1 = 0 0,25 AB ⊥ ∆ 1, AB ⊥ ∆ 2 ⇒ � ⊥ ∆ � � ruu � A(2;1; 4); B(2;1; 0) � AB = 4 2 uuu r AB 2 AB.u2 = 0 ⇒ Phương trình mặt cầu là: ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 2) = 4 2 2 2 0,25 Câu VIb Ta thấy không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách 0,5
(1,0 điểm) Số cách chọn 6 quyển sách từ 12 sách là Ω = A12 = 665280 6 Gọi A là biến cố: “sau khi tặng sách song mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa h ọc đều còn lại ít nhất một quyển.” P(A)=1-P( A ) 5 Số cách chọn sao cho không còn sách Toán: A6 .7 =5040 0,25 Số cách chọn sao cho không còn sách Vật lý: A6 . A8 = 20160 4 2 Số cách chọn sao cho không còn sách Hóa học: A6 . A9 = 60480 3 3 | A |= 5040 + 20160 + 60480 =85680 0,25 85680 17 P( A )= = 665280 132 17 115 P(A)=1- = 132 132 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.