ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 194

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

38
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 194', 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 194

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 194 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). 2x − 3 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x−2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C) biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại A và B sao cho diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 2π . Câu II ( 3,0 điểm). 1. Giải phương trình lượng giác: 4 cos x − 3 cos 2 x = sin 2 x + 3 x2 + y2 + x + y = 4 2. Giải hệ phương trình : . x ( x + y + 1) + y ( y + 1) = 2 π 3. Tính tích phân: I = x cosx(cosx − sinx) + cos2x dx . 2 0 cosx − sinx Câu III (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = 2a, CD = a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60 o. Gọi I là trung điểm cạnh AD.Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Câu IV (1,0 điểm). Cho x,y [ 2012; 2013] và x y .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ( x + y) 2 P= 2 (x + y2 ) . xy 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) . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1), cắt đường x = −2 + 2t x + 2 y z −1 thẳng ( d1 ) : = = và vuông góc với đường thẳng (d2): y = −5t (t R ). 3 1 −2 z = 2+ t Câu VI.a ( 1,0 điểm). Giải phương trình: log 2 (1 + x ) = log 3 x 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 phương 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. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng x = −1 + t x −1 y +1 z (P): x + y + z − 1 = 0 đồng thời cắt cả hai đường thẳng ( d1 ) : = = và (d 2 ) : y = −1 , với t R. 2 −1 1 z = −t Câu VI.b ( 1,0 điểm). Một cái túi có 5 quả cầu đỏ ,6 quả cầu xanh.Chọn ngẫu nhiên 4 quả cầu .Tính xác suất để trong 4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh ……….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: * Tiệm cận : lim− y = − , lim+ y = + nên x = 2 là tiệm cận đứng x 2 x 2 lim y = 2 , lim y = 2 nên y = 2 là tiệm cận ngang. x − x + 1 *Chiều biến thiên: y = − < 0, ∀x 2 ( x − 2) 2 * Bảng biến thiên 0,25 x -∞ 2 +∞ y' - - 2 +∞ y -∞ 2 + Hàm số nghich biến trên các khoảng; (- ; 2) và (2; + ∞ ) +Cực trị : hàm số không có cực trị 0,25 c) Đồ thị *Vẽ đồ thị: 8 0,25 6 4 2 I 5 O 5 2 4 * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;2) làm tâm đối xứng. 2. (1,0 ®iÓm) .
� 2a − 3 � 2) Gọi M �; a � ( C ) với a 2 . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có � a−2 � 2a − 3 1 0,25 2 ( dạng: y− =− x − a) a−2 ( a − 2) Giả sử A,B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng và tiệm cận � � 2a − 2 1 � B ( 2a − 2; 2 ) � AB = 2 ( a − 2 ) + 2 ngang. Khi đó ta tìm được A �2; , ( a − 2) 2 � a−2 � Do tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp là AB 1 ( a − 2) 2 R= = + ( a − 2) 2 2 0,25 Vì S ∆IAB = 2π � π R = 2π � R = 2 2 2 0,25 1 0,25 Vì vậy ( a − 2 ) + 2 = 2 � a = 1; a = 3 ( a − 2) 2 Đáp số M ( 1;1) hay M ( 3;3) Câu II (3 điểm) 1(1 4 cos x − 3 cos 2 x = sin 2 x + 3 điểm) � 4 cos x − 3 ( 1 + cos 2 x ) − sin 2 x = 0 � 4 cos x − 2 3 cos 2 x − 2sin x.cos x = 0 ( � cos x 2 − 3 cos x − sin x = 0 ) 0.25 cos x = 0 ( 1) 2 − 3 cos x − sin x = 0 ( 2) π ( 1) � x = + kπ , ( k Z ) 0.25 2 π π π ( 2 ) � 1 = cos � − � x − = k 2π � x = + k 2π , ( k Z ) �x �� 0.25 � 6� 6 6 π π Vậy pt đã cho có các nghiệm: x = + kπ , x = + k 2π , ( k Z ) 0.25 2 6 x + y +x+ y =4 2 2 2 Hệ phương trình x 2 + y 2 + x + y + xy = 2 ( 1 điểm) �2 + y 2 + x + y = 4 x �x + y )2 + ( x + y ) − 2 xy = 4 ( � � � = −2 xy � = −2 xy � x+ y =0 (I ) ( x + y)2 + x + y = 0 xy = −2 0,25 xy = −2 x + y = −1 ( II ) xy = −2
x= 2 0,25 y=− 2 Giải (I): (I) x=− 2 y= 2 �x = 1 y = −2 0,25 Giải (II) : (II) x = −2 y =1 KL:Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là: ( )( ) (x;y)= 2; − 2 ; − 2; 2 ; ( 1; −2 ) ; ( −2;1) 0,25 3 π π π 0,25 (1 điểm) 2 x cosx(cosx − sinx) + cos 2x = 2 2 I= dx � x cosxdx + � (cosx + sinx)dx = I 1 + I 2 0 cosx − sinx 0 0 π Tính I 1 = 2 x cosxdx 0 0,25 �=x u � = dx du Đặt � � � = cosxdx dv � = sinx v π π 2 π I 1 = x sinx 2 − sinxdx = − 1 2 0 0 π 2 π I 2 = (cosx + sinx)dx = (sinx − cosx) 2 = 2 0,25 0 0 π I = I1 + I 2 =+1 2 0,25 Câu III ( SBI ) ⊥ ( ABCD) Ta có ( SCI ) ⊥ ( ABCD) � SI ⊥ ( ABCD) 0,25 (1 điểm) SI = ( SBI ) ( SCI ) Gọi H là hình chiếu của I lên BC.Theo định lí 3 đường vuông góc SH ⊥ BC. Mà BC = ( SBC ) ( ABCD) nên SHI = 60o là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD).
1 1 S ABCD = AD( AB + AC ) = 2a (2a + a ) = 3a 2 2 2 0,25 1 1 S ∆IBC = S ABCD − S ∆ICD − S∆IAB = 3a 2 − ID.CD − IA. AB 2 2 2 1 3a = 3a 2 − a 2 − a 2 = 2 2 3a 2 2. Kẻ CE ⊥ AB, IH = 2S ∆IBC = 2 3a 2 3a 5 0,25 = = BC CE + BE 2 2 4a + a 2 2 5 3a 5 3a 15 Trong tam giác SIH vuông tại I, ta có : SI = IH.tan60o = . 3= 5 5 S 0,25 E B A I H D C 1 3a 15 3a 3 15 Vậy VS . ABCD = .3a = 2 (đvtt). 3 5 5 Câu IV x (t + 1)(t 2 + 1) 1 (1 điểm) Đặt t= .Khi đó P= =f(t),khi đó f’(t)= 2t + 1 − 2 , 0,25 y t t 0,25 2012 x 2012 Vì 2012 �x �y�� 2013 1 t 1 .Ta có f’(t)> 2013 y 2013 2012 2013 2 �2012 � 0,25 2. + 1− ( ) > 0 với ∀t � ,1 2013 2012 �2013 �� max P = max f (t ) = f (1) = 4 2012 � � t � ;1 đạt được khi x=y �2013 �� 2012 � 2012 � 20122 � � 2013 min P = m inf (t ) = f ( )=� + 1� � 2 + 1� 2012 � � t � ;1� 2013 � 2013 � 2013 � �2012 �2013 � 4025 8100313 0,25 = . 2012 20132 2012 Đạt được khi x = y A 2013 Câu + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận uuur M V.a.1 HK = (−1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên K (1 điểm) ( AC ) : x − 2 y + 4 = 0. H 0,25 C B
Ta cũng có: ( BK ) : 2 x + y − 2 = 0 . + 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). uuu r + 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. KL: Vậy : ( AC ) : x − 2 y + 4 = 0, ( AB) : 3x − y − 8 = 0 , ( BC ) : 3 x + 4 y + 2 = 0. 0,25 Câu QuaM quaM (1;1;1) 0,25 V.a.2 Gọi (P) là mf: � � uu uur r ⊥ d2 vtptnP = ud2 = (2; −5;1) (1 điểm) PT mf(P) : 2x - 5y + z + 2 = 0 0,25 (P) d1 = A(-5;-1;3) 0,25 quaM (1;1;1) x = 1 + 3t 0,25 � � Khi đó đt d : � 1 uuuu r � d có pt : � = 1 + t (t �R ) y vtcp AM = (3;1; −1) � 2 � = 1− t z Câu VI.a ĐK: x >0. Đặt y= log 3 x ⇒ x = 3 y 0,25 (1 điểm) y 1  3 y Ta có PT log 2 (1 + 3 ) = y ⇔ 1 + 3 y = 2 y ⇔ f(y)=   +   = 1 (1) y 0,25 2  2    Ta thấy hàm số f(y) nghịch biến trên R và y=2 thoã mãn (1) là duy nhất 0,25 Với y=2 ⇒ x=32 =9 0,25 Vậy Pt có một nghiệm x=9
Câu A :2x -3y +14=0 0,25 V.b.1 (1 điểm) H M(-3;0) x-2y-1=0 B C r r Ta có n ( 1; −2 ) là VTPT của đường thẳng CH, do AB ⊥ CH nên n ( 1; −2 ) là 1 VTCP của đường thẳng AB, mà AB đi qua M ( −3;0 ) phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x + y + 6 = 0 . Mặt khác A �( ∆ ) � A = ( ∆ ) �AB do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt � + y+6 = 0 2x � = −4 x � �� A ( −4; 2 ) � − 3y + 14 = 0 2x �=2 y x + xB 0,25 xM = A 2 x = −2 do M ( −3;0 ) là trung điểm của AB do đó � � �B � B ( −2; −2 ) yA + yB y B = −2 yM = 2 Do BC // ∆ phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x − 3y + m = 0 (m 14) , mà 0,25 (BC) đi qua B ( −2; −2 ) � m = −2 � BC : 2x − 3y − 2 = 0 Lại có C = BC CH do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt 0,25 � − 2y − 1 = 0 x � =1 x � � � � C ( 1;0 ) � − 3y − 2 = 0 2x � =0 y Vậy A ( −4; 2 ) , B ( −2; −2 ) , C ( 1;0 ) Câu Giả sử : d d1 = M ( 1 + 2t1 ; −1 − t1 ; t1 ) ; d d 2 = N ( −1 + t ; −1; −t ) 0,25 uuur u V.b.2 Suy ra MN = ( t − 2t1 − 2; t1 ; −t − t1 ) (1 điểm) uuur u uu r ( d ) ⊥ mp ( P ) � MN = k .nP ; k �� R* t − 2t1 − 2 = t1 = −t − t1 0,25 4 0,25 t= 5 � 3 2� 1 ⇔ −2 ⇒ M = � ;− 5;− 5 � 5 t1 = � � 5 x= 1 +v 0,25 5 quaM 3 ⇒ d: r uu r có ptts : y =− +v (v R ) vtcpu = nP = (1;1;1) 5 2 z =− +v 5 Câu VI.b (1 điểm) Ω = C11 = 330 4 Biến cố A: “4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh” với 0,25đ A= A1 �A2 �A3
A 1 là 4 quả cầu có 1quả màu đỏ và 3 quả màu xanh 3 | A 1 |=5. C6 =100 A2 là 4 quả cầu có 2quả màu đỏ và 2 quả màu xanh 0,25đ | A2 |= C52 .C62 = 150 0,25đ A3 là 4 quả cầu có 3quả màu đỏ và 1 quả màu xanh | A3 |= C53 .6 = 60 100 150 60 31 0,25đ P ( A) = P ( A1 ) + P ( A2 ) + P ( A3 ) = + + = 330 330 330 33 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.