Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 2', 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 2
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7 điểm)
1 3
Câu I (2điểm). Cho hàm số y = x − 2mx 2 + 3mx (1), m là tham số thực.
3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=1 .
2. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1, x2 sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:
m2 x 2 + 4mx1 − 9m
D= + 2
x12 + 4mx2 − 9m m2
1
Câu II (2điểm). 1. Giải phương trình: cos x + sin x sin 4 x − sin 4 x =
2 2
4
2. Giải phương trình:5 x 2 + 24 x + 28 − x 2 + x − 20 = 5 x + 2
x3 − y 3 = 2 y − 1 − 2 x − 1
Câu III (1điểm). Giải hệ phương trình:
2 log 3 ( xy − 1) + 3 log 3 ( x − 1) 2 − 2 log 3 ( y + 1) = 4
Câu IV(1điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông t ại A và D, AD=DC=a, AB=2a;
hai mặt bên(SAB), (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy,SA=a. G ọi N là trung đi ểm c ủa SA, M thu ộc
cạnh AD sao cho AM=3MD. Cắt hình chóp S.ABCD b ởi m ặt phẳng ch ứa MN và vuông góc v ới m ặt ph ẳng
(SAD) ta được thiết diện là tứ giác MNPQ. Tính thể tích của khối chóp A.MNPQ.
Câu V (1điểm). Cho a, b, c là 3 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
a3 − b3 b3 − c3 c3 − a3 9
+ + ≥
(a − b) 3 (b − c) 3 (c − a ) 3 4
II. Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ph ương trình c ạnh AD và đ ường chéo AC
lần lượt là 2x+y-9=0 và 3x+4y-11=0, đường thẳng BD đi qua đi ểm E(3;1). Tìm to ạ đ ộ các đ ỉnh c ủa hình
chữ nhật.
1
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có hai đỉnh A(−2;4), C ;1 và tâm đường tròn
4
1 3
nội tiếp tam giác là I ; . Tìm toạ độ đỉnh B.
2 2
Câu VII.a (1điểm). Cho x, y thay đổi thoả mãn x 2-xy+y2=1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
E=x2-2xy+2y2 .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm N(2;-3).Qua N vẽ đường thẳng sao cho nó t ạo thành v ới
3
hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng . Viết phương trình đường thẳng đó.
2
5
2.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có hai đỉnh B (2;−1), C − 1; và tâm đường tròn
4
−1 3
nội tiếp tam giác là I ; . Tìm toạ độ đỉnh A.
2 2
n
� 1 �
Câu VII.b (1điểm). Cho biết hệ số của số hạng thứ tư của khai triển � 2 +
x � bằng 70 . Hãy tìm số
5
� 2 x. x �
hạng không chứa x trong khai triển đó.
- ------------------- Hết----------------------
1 3
Câu 1: 1, (1,5 điểm) Khi m=1 hàm số trở thành y = x − 2 x 2 + 3x
3
x = 1
.TXĐ:R y ' = x 2 − 4 x + 3, y' = 0 ⇔
x = 3
Bảng biến thiên
x -∞ 1 3 +∞
y’ + 0 - 0 +
4
y +∞
3
-∞ 0
4
Điểm cực đại 1; , điểm cực tiểu (3;0)
3
Hàm số đồng biến trên 2 khoảng ( −∞ ;1), (3;+ ∞ , hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
)
2
Đồ thị: Điểm uốn I 2; ; giao với trục:(0;0),(3;0); vẽ đồ thị và n/xét
3
Câu 1: 2, 0,5 điểm) TXĐ: R y’= x2 - 4mx + 3m
3
hàm số đạt cực trị tại x1, x2 khi và chỉ khi 4m2 -3m > 0 ⇔ ∈ =(−∞0 ) ∪ ;+∞
m K ;
4
x12 = 4mx1 − 3m
2 m 16m −12
Khi đó x 2 = 4mx 2 − 3m Suy ra D = +
x + x = 4m 16m −12 m
1 2
m 16m − 12
Với m ∈ K thì và là hai số dương, nên áp dụng BĐT Cosi ta có D ≥ 2 ,đẳng thức xảy ra
16m − 12 m
4 4 4
khi và chỉ khi m = Suy ra min D = 2 khi m = Vậy giá trị cần tìm là m =
5 5 5
Câu 2: 1, (1,0 điểm) pt đã cho tương đương với pt:
1 1 1 1 1 1 1
(1 + cos 2 x) + (cos 3x − cos 5 x) − (1 − cos 8 x) = ⇔ cos 3 x cos 5 x + cos 3x − cos 5 x + = 0
2 2 2 4 2 2 2
1 2π 2π
1 1 cos 5 x + 2 = 0 x = ± 15 + k 5
⇔ cos 5 x + cos 3x − = 0 ⇔
2 2 cos 3x − 1 = 0 x = ± π + k 2π
2
9 3
Câu 2: 2, (1,0 điểm) Điều kiện x ≥ 4
pt đã cho tương đương với pt:
5 x 2 + 24 x + 28 = x 2 + x − 20 + 5 x + 2, � 2 x 2 − x − 1 = 5 ( x − 4)( x + 2)( x + 5)
x2 − 2 x − 8 x2 − 2 x − 8
� 2( x − 2 x − 8) + 3( x + 5) = 5 ( x − 2 x − 8)( x + 5) � 2.
2 2
−5 +3= 0
x+5 x+5
- 3 ± 61
x 2 − 2x − 8 x =
=1 2
x+5
⇔ ⇔ x = 7 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của pt là : x=7,
x 2 − 2x − 8 3
= x = − 11
x+5 2 4
3 + 61
x=
2
Câu 3(1,0 điểm) ĐK: x ≥ 2, y>1
pt đầu của hệ tương đương với pt: x 3 + 2 x − 1 = y 3 + 2 y − 1 (1)
Xét hàm số f (t ) = t 3 + 2 t − 1 với t>1
1
f ' (t ) = 3t 2 + > 0, ∀t > 1 ,suy ra f(t) đồng biến trên khoảng (1;+ ∞ Suy ra: (1) ⇔ x=y
)
t −1
thế x=y vào pt thứ hai của hệ ta được 2 log 3 ( x 2 − 1) + 3 log 3 ( x − 1) 2 − 2 log 3 ( x + 1) = 4
� 2 log 3 ( x − 1) + 3 2 log 3 ( x − 1) − 4 = 0 � 2 log 3 ( x − 1) = 1 � x = 1 + 3 suy ra: y = 1+ 3
đối chiếu với ĐK ta được x = 1+ 3 , y = 1 + 3 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (1 + 3;1 + 3 )
Câu 4(1,0 điểm) Ta có SA ⊥ mp(ABCD). Thiết diện MNPQ là hình thang vuông tại M và N
a 3a a 13 5a 9a 2 13
Tính được AN = , AM = , NP = a, MN = , MQ = .Diện tích đáy MNPQ là: S = .
2 4 4 4 32
3a 9a 3
Độ dài đường cao của hình chóp A.MNPQ là: AH = .Vậy thể tích cần tìm là: V =
2 13 64
Câu 5(1,0 điểm) BĐT đã cho tương đương với BĐT:
a 2 + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2 9 a +b b +c c +a
+ + ≥ (1) Đặt x = ,x = , x=
(a − b) 2
(b − c) 2
(c − a ) 2
4 a −b b −c c −a
� ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = ( x − 1)( y − 1)( z − 1) � xy + yz + zx = −1 (2)
Mặt khác: ( x 2 + y 2 + z ) 2 ≥ 0 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ −2( xy + yz + zx ) (3)
( a + b ) 2 (b + c ) 2 ( c + a ) 2
Từ (2),(3) suy ra x + y + z ≥ 2 ⇒ + + ≥ 2 (4)
2 2 2
( a − b ) 2 (b − c ) 2 ( c − a ) 2
( a + b) 2 (b + c ) 2 (c + a ) 2 a 2 + b2 b2 + c 2 c 2 + a 2 5
Có: (4) ⇔ +1+ +1+ +1≥ 5 � + + � (5)
( a − b) 2 (b − c ) 2 (c − a ) 2 (a − b) 2 (b − c) 2 (c − a ) 2 2
( a + b) 2 (b + c) 2 (c + a ) 2 ab bc ca −1
và (4) ⇔ −1+ −1+ − 1 ≥ −1 � + + � (6)
( a − b) 2
(b − c) 2
(c − a ) 2
( a − b ) (b − c ) ( c − a )
2 2 2
4
Cộng theo vế của (5), (6) ta có (1),đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x+y+z=0 hay
a +b b +c c + a
+ + =0
a −b b −c c − a
2x + y - 9 = 0 x = 5
Câu 6a 1, (1,0 điểm) Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ ⇔ ⇒ A(5;−1)
3x + 4y - 11 = 0 y = −1
a b
Đường thẳng BD có pt dạng: ax+by-3a-b=0 ( với a2+b2>0 và ≠ ). góc giữa ADvà AC bằng góc giữa AD
3 4
2.3 + 1.4 2.a + 1.b
và BD,nên ta có: 2 2 2 = ⇔ b = 0 (do 3b − 4a ≠ 0)
2 + 1 3 + 42 2 2 + 12 a 2 + b 2
1
với b=0 , chọn a=1suy ra pt của BD là: x=3.Trung điểm I của AC có toạ độ I 3; . Suy ra C(1;2)
2
- toạ độ điểm D(3;3), B(3;-2)
Câu 6a: 2, (1,0 điểm)pt đường thẳng AC là: 4x+3y-4=0. bán kính c ủa đường tròn n ội ti ếp là
1
r = d ( I , AC ) =
2
pt AB là: 3x+4y-10=0 pt BC là: y-1=0 Toạ độ đỉnh B là B(2;1)
x − xy + y = 1
2 2
Câu 7a(1,0 điểm) ta tìm E để hệ sau có nghiệm: 2
x − 2 xy + 2 y 2 = E
x = 1
2
* Nếu y=0 hệ trở thành 2 hệ có nghiệm khi E=1
x = E
y 2 (t 2 − t + 1) = 1
t 2 − 2t + 2
* Nếu y ≠ 0, đặt x=ty, ta có hệ 2 2 ⇒ 2 =E
y (t − 2t + 2) = E
t − t +1
t − 2t + 2
2
t 2 − 2t t = 0
Xét hàm số f (t ) = 2 , f ' (t ) = 2 , f ' (t ) = 0 ⇔
t − t +1 (t − t + 1) t = 2
2
Bảng biến thiên của f(t)
t -∞ 0 2 +∞
f’(t) + 0 - 0 +
2 1
f(t) 2
1
3
2
Suy ra: ≤ E ≤ 2
3
� 2 � −2
2 �= 3 �= 3
x x
x=0
� �
Vậy: minE = khi và chi khi � ,� ; max E = 2 khi và chi khi �
3 � = 1 � = −1
y y
y= 1
�
� 3 �� 3
x y
Câu 6b: 1, (1,0 điểm) Gọi A(a;0), B(0;b) với ab ≠ 0..Đường thẳng AB cần tìm có phương trình: + =1
a b
2 −3 3a 1 3
AB đi qua N(2;-3) nên: + =1⇔ b = . từ giả thiết suy ra ab = ⇔ ab = 3
a b 2−a 2 2
a = −2
a = 1
Từ đó suy ra ; − 3 Vậy có hai đường thẳng cần tìm pt là: 3x+y-3=0, 3x+4y+6=0
b = 3 b =
2
Câu 6b:2, (1,0 điểm) pt đường thẳng BC là: 3x+4y-2=0. bán kính của đường tròn n ội ti ếp là
1
r = d ( I , BC ) =
2
pt AB là: 4x+3y-5=0, pt AC là: x+1=0, Toạ độ đỉnh A là A(-1;3)
n
�2 1 � n k 2 n−2 k − k −6k 2 n−
16 k
�= � n x � n .2 .x 5
−k
Câu 7b(1,0 điểm) Ta có � +x C .2 .x C k
5
� 2 x x � k =0 5
3 −3
Suy ra hệ số của số hạng thứ tư là: Cn .2
3 −3
Từ đó có : Cn .2 =70 n(n-1)(n-2)=16.15.14 n=16.
16k
Khi đó số hạng không chứa x trong khai triển ứng với giá trị k thoả mãn: 2.16 − = 0 � k = 10
5
10 −10 1001
Vậy số hạng không chứa x là: C16 .2 =
128
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
