ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 196

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 196', 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 196

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 195 PHẦN CHUNG:( 7 điểm) − m 2 + (2m − 1) x Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1) (m là tham số ) x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m = 0. 2. Chứng minh rằng với mọi giá tr ị m khác 1, đồ thị của hàm số (1) luôn tiếp xúc với đường thẳng y = x. 1 sin 2 x π Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : cot x + = 2 sin( x + ) 2 sin x + cos x 2 x2 + y2 = 3x − 4y + 1 2. Giải hệ phương trình: . 3x2 ( x2 + 9) − 2y2 ( y2 + 9) = 18( x3 + y3 ) + 2y2 (7 − y) + 3 e  ln x  Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân : I = ∫   + 3x 2 ln x dx .  1  x 1 + ln x  Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông cân tại S. Gọi I, J, K lần lượt là trung đi ểm của các c ạnh AB, CD, SA. Ch ứng minh r ằng ( SIJ ) ⊥ ( ABCD) . Tính thể tích khối chóp K.IBCD. Câu V. (1,0 điểm) Cho x, y thay đổi thoả mãn: 2 x + 3 y > 1 và 2013 − log (2 x2 +3 y 2 ) (3 x + 2 y ) 2013 2 2 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 3x + 2y . PHẦN RIÊNG:( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần A hoặc phần B) Phần A: Theo chương trình chuẩn Câu VI a. ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy tính diện tích của tam giác đều ABC n ội ti ếp elip (E) có ph ương x2 y 2 trình + = 1 nhận điểm A( 0;2) làm đỉnh và trục tung làm trục đối xứng? 16 4 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A( 10;2;-1) và đ ường th ẳng d có ph ương trình x −1 y z −1 = = . Lập phương trình mp(P) đi qua điểm A , song song d và kho ảng cách t ừ đ ường th ẳng d 2 1 3 đến mp(P) là lớn nhất? Câu VII a. (1 điểm) Chứng minh rằng : C100 − C100 + C100 − C100 + ...... − C100 + C100 = −250 0 2 4 6 98 100 Phần B: Theo chương trình nâng cao Câu VI b. ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A (1;3), B( -1;1) , C( 3;0). L ập ph ương trình đường thẳng V ? Biết V qua A và cùng với đường thẳng d cũng qua A chia tam giác ABC thành 3 phần có diện tích bằng nhau? 2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình x + y + z − 2 x + 2 z − 2 = 0 . Tìm điểm A 2 2 2 thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) có phương trình 2 x − 2 y + z + 6 = 0 lớn nhất? Câu VII b. ( 1 điểm) Chứng minh số phức z với z = 1 + (1 + i 3) + (1 + i 3) 2 + (1 + i 3) 3 + ... + (1 + i 3) 20 là số thuần ảo? 1
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM − m + (2m − 1) x 2 −x y= (1) . Khi m = 0 : Ta có hàm số y = x −1 x −1 TXĐ : D = R\{1} 0,25 1 y’ = > 0, ∀x 1 ( x − 1) 2 lim f ( x) = lim f ( x) = −1 , nên y = -1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x + x − lim f ( x) = − , lim = + , nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0,25 x 1+ x 1− Bảng biến thiên : x − 1 f’(x + + + ) −1 0,25 f(x) −1 ( − I-1 (1 đ) Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ;1) và (1; + ) Hàm số không có cực trị Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;-1) làm tâm đối xứng y=f(x) y -x f( ) = x x-1 4 x=1 2 0,25 O 1 -5 5 I y=-1 -1 -2 -4 I Với x 1 , ta có: 2 (m − 1) 2 0,25 (1 đ) y'= ( x − 1) 2 Xét hệ điều kiện tiếp xúc của đồ thị hàm số (1) với đường thẳng y = x 2
−m 2 + (2m − 1) x =x x −1 là : (*) ( m − 1) 2 0,25 = 1;( x 1) ( m − 1) 2 Yêu cầu bài toán, ta sẽ chứng minh hệ (*) có nghiệm với mọi m 1 . x 1 Thật vậy (*) � ( x − m) = 0 2 (m − 1) 2 =1 ( x − 1) 2 0,5 x 1 � m=x .Luôn đúng với mọi m khác 1 (■) (m − 1) 2 =1 ( x − 1) 2 Điều kiện: sin x ≠ 0, sin x + cos x ≠ 0. 0,25 cos x 2 sin x cos x cos x 2cos2 x PT ⇔ + − 2 cos x = 0 � − =0 2 sin x sin x + cos x 2 sin x sin x + cos x 0,25 � π � � cos x � x + ) − sin2x � 0 sin( = � 4 � π II-1 +) cos x = 0 ⇔ x = + kπ , k ∈  . 2 (1 đ)  π  π π 2 x = x + 4 + m2π  x = 4 + m2π +) sin 2 x = sin( x + ) ⇔  ⇔ m, n ∈  4 2 x = π − x − π + n 2π  x = π + n2π 0,25   4   4 3 π t 2π ⇔x= + , t ∈ . 4 3 π π t 2π Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là x = + kπ ; x = + , k, t ∈  . 0,25 2 4 3 II-2 0,25 (1 đ) Biến đổi hệ về dạng: ( x 2 − 3x) + ( y 2 + 4 y ) = 1 3( x 2 − 3 x) 2 − 2( y 2 + 4 y ) 2 = 3 u = x2 − 3x u+ v = 1 Đặt ta có hệ phương trình: v = y + 4y 2 3u2 − 2v2 = 3 3
u =1 v = 1− u � �=0 v ⇔ � u =1 � 0,25 u = −5 � = −5 u � v=6 3 − 13 x= 2 u =1 � = x − 3x − 1 0 2 � 3 + 13 TH1. ta có � �x = v=0 0 = y2 + 4y 2 y=0 y = −4 0,25 3 − 13 3 − 13 3 + 13 3 + 13 có 4 nghiệm là: ( ;0), ( ;-4), ( ;0), ( ;-4). 2 2 2 2 u = −5 0 = x2 − 3x + 5 + TH2. ta có . Hệ này vô nghiệm. v=6 0 = y2 + 4y − 6 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là: 3 − 13 3 − 13 3 + 13 3 + 13 ( ;0), ( ;-4), ( ;0), ( ;-4). 0,25 2 2 2 2 e e ln x I=∫ dx + 3∫ x 2 ln xdx =I1+3I2 1 x 1 + ln x 1 e ln x 1 0,25 +) Tính I 1 = ∫ dx . Đặt t = 1 + ln x � t 2 = 1 + ln x; 2tdt = dx 1 x 1 + ln x x Khi x = 1 ⇒ t = 1; x = e ⇒ t = 2 . 2 ( 2 t −1 ) �3 � 2 2 2− 2 ( ) ( ) 2 2 t � I1 = � .2tdt = 2 � t − 1 dt = 2 � − t � = 0,25 1 t 1 � 3 � 3 � � 1 III dx du = (1 đ) e u = ln x x +) Tính I 2 = ∫ x ln xdx . Đặt � 2 � dv = x2dxx3 1 v= 3 e x 3 1 2 e 1 x e e e 1 2e3 + 1 3 3 3 3 � I 2 = .ln x 1 − e x dx = − . 1 = − + = 0,25 3 31 3 3 3 3 9 9 9 I = I 1 + 3I 2 = 5 − 2 2 + 2e 3 0,25 3 4
S K A D I O J B C 1) AB ⊥ SI IV Có: � AB ⊥ ( SIJ) � ( SIJ) ⊥ ( ABCD) . 0,25 AB ⊥ IJ (1 đ) a 3 IJ = a S = CD = a + SI = , , J . 2 2 2 + Có SI2 + SJ2 = IJ2 ⇒ ∆SIJ vuông tại S. + Trong mp(SIJ) kẻ SH ⊥ IJ ⇒ SH ⊥ (ABCD). + Trong tam giác vuông SIJ có: 1 1 1 4 4 16 2 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒S = a 3. H 0,25 SH SI SJ 3a a 3a 4 1 a 3 + Gọi h là khoảng cách từ K đến mặt phẳng (ABCD). Có h = SH = . 2 8 1 1 a 3a2 + S IBCD = ( IB +CD).BC = ( +a).a = 0,25 2 2 2 4 1 1 a 3 3a2 a3 3 0,25 + VK . IBCD = h.SIBCD = . . = (đvtt). 3 3 8 4 32 V Do 2 x + 3 y > 1 nên log ( 2 x +3 y ) (3x + 2 y ) 1 = log ( 2 x +3 y ) (2 x + 3 y ) 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 đ) � 3x + 2 y � x 2 + 3 y 2 2 P − 3x GT : P=3x+2y y= 2 Yêu cầu của bài toán dẫn đến, ta tìm P để bất phương trình sau phải có 0,25 nghiệm x: ( P − 3 x)2 P 2x + 32 2 0,25 � 35 x − 18Px + 3P − 4 P � có nghiệm 2 2 0 35 �∆= −+ 24 P 2 140 P 0 0 P ' �� 6 5
35 9P 3 P − 3x0 2 Tại P = , x0 = = ; y0 = = � 2 x 2 + 3 y02 > 1 6 35 2 2 3 0 0,5 35 Vậy Max P = 6 VI a + Điểm B, C đối xứng nhau qua trục tung nên B ( x0 ; y0 ), C ( − x0 ; y0 ) với x0 > 0 0,25 Độ dài cạnh của tam giác đều ABC là a = 2x0 Độ dài đường cao h = 2 − y0 a 3 1 + Ta có h = . Khi đó 2 − y0 = x0 3 � y0 = 2 − x0 3 (1 đ ) 2 Suy ra B( x0 ;2 − x0 3) , C (- x0 ;2 − x0 3) 0,25 ________________________________________________________________ x02 (2 − x0 3) 2 � 3 22 � � 16 3 22 � 16 B (E) + =1� B� ;− � � ,C − ;− � 16 4 � 13 13 � � 13 13 � a 2 3 768 3 0,5 Diện tích tam giác đều ABC là S = = 4 169 + Gọi H là hình chiếu của A trên d, mp(P) đi qua A và (P)// d. Khi đó khoảng 0,5 cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) + Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI HI lớn nhất 2 khi A trùng I (1đ) + H �d � H ( 1 + 2t ; t ;1 + 3t ) và AH ⊥ d H (3;1;4) uuur Vậy (P) cần tìm là mp đi qua A và nhận AH =(-7;-1;5) làm VTPT . Do đó PT mp(P) 0,5 7 x + y − 5 z − 77 = 0 + Ta có (1 + i ) = C100 + C100i + C100i + ..... + C100 i 100 0 1 2 2 100 100 = (C100 − C100 + C100 − .... + C100 ) + (C100 − C100 + .... − C100 )i 0 2 4 100 1 3 99 0,5 VII a + Mặt khác (1 + i ) = 2i � (1 + i ) = (2i ) = −2 2 100 50 50 ( 1 đ) Vậy C100 − C100 + C100 − C100 + ...... − C100 + C100 = −2 0 2 4 6 98 100 50 0,5 + Gọi M,N là các điểm thuộc cạnh BC sao cho AM, AN chia VABC thành ba phần có VI b diện tích bằng nhau. Khi đó tam giác ABM, AMN, ANC có cùng chiều cao nên 0,25 1 BM=MN=NC 6
uuuu 1 uuu uuu 2 uuu r r r r + Suy ra BM = BC , BN = BC (1 đ ) 3 3 uuu r uuuu r uuu r Ta có BC = (4; −1), BM = ( xM + 1; y M − 1); BN = ( x N + 1; y N − 1) 0,25 uuuu 1 uuu r r � 2� 1 0,25 + Từ BM = BC M � ; � ậy PT đt AM: 7x-2y-1=0 .V 3 � 3� 3 uuu 2 uuu r r � 1� 5 +Từ BN = BC N � ; �Vậy pt AN: 4x+y-7=0 . 3 � 3� 3 0,25 KL đt V cần tìm 7x-2y-1=0 , 4x+y-7=0 + Ta có (S) : ( x − 1) + y + ( z + 1) = 4 có tâm I( 1;0;-1), bán kính R=2 2 2 2 r Mp(P) : 2 x − 2 y + z + 6 = 0 có VTPT là n = (2; −2;1) + Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc mp(P) nên d có phương trình x = 1 + 2t y = −2t z = −1 + t VI b 2 + Tọa độ điểm A là giao của d với mặt cầu (S) có phương trình là (1 đ ) 2 0,25 (2t ) 2 + (−2t ) 2 + t 2 = 4 � t = � . 3 �7 4 1� �1 4 5� Suy ra A1 � ; − ; − �A2 � ; ; − � , − �3 3 3� � 3 3 3� 13 1 Khi đó tính được d ( A1 ,( P ) ) = > d ( A2 ,( P ) ) = 3 3 �7 4 1� Vậy tọa độ điểm A cần tìm A � ; − ; − � 0,5 �3 3 3� (1 + i 3) 21 − 1 + z =1 + (1 + i 3) + (1 + i 3) + (1 + i 3) + ... + (1 + i 3) = 2 3 20 i 3 0,5 � π π� Ta có 1 + i 3 = 2 �os + i.sin � (1 + i 3) = 2 ( cos7π + i.sin 7π ) = −2 21 � 21 21 c VIIb � 3 3� 2 −221 − 1 221 + 1 (1 đ) + z= = i 0,5 i 3 3 Vậy z là số thuần ảo. - Hết - 7