Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 20', 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 20
- 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.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )
3 2 1 3
Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x − mx + m
3
2 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2. Tm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại , cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x.
́
Câu II(2.0điểm)
17π
6 2 sin 3 2 x + 8cos 3 x + 3 2 cos( − 4 x) cos 2 x π 5π
1. Giải phương trình: 2 = 16 với x ( ; )
2 2
cos x
4
x − 4 x + y − 6 y + 9 = 0
2 2
2. Giaỷi heọ phương trình : 2
x y + x 2 + 2 y − 22 = 0
Câu III (1.0 điểm) Cho phương trình (7 + 3 5) x + a(7 − 3 5) x = 2 x +3
a,Giải phương trình khi a = 7
b, Tìm a để phương trình chỉ có một nghiệm
Câu IV(1.0 điểm) Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân cạnh huyền AB =
2.
Mặt phẳng (A A’B) vuông góc với mặt phẳng (ABC) , AA’ = 3 .Góc ﾷ ' AB là góc nhọn và mặt phẳng
A
(A’AC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
0
Câu V(1.0 điểm) Cho x, y , z là các số thực dương và thoả mãn điều kiện x + y + z = 1 . Hãy tìm giá trị nhỏ
1 1 1
nhất của M = (1 + )(1 + )(1 + ) .
x y z
PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )
(Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: (2.0điểm)
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) .
n
6 � 1 �
2,Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển � +
2x �biết rằng
,
� x�
n −1
An − Cn+1 = 4n + 6 .
2
Câu VII.a: (1.0điểm) Giải phương trình: log 4 ( x + 1) + 2 = log 4 − x + log 8 ( 4 + x )
2 3
2
B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 .0 điểm) 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x
+ 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục
Oy.
x 2 y2
2, Cho elip ( E ): + = 1 và đường thẳng (d3): 3x + 4y = 0
16 9
a) Chứng minh rằng đường thẳng d 3 cắt elip (E) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm to ạ độ hai điểm
đó (với hòanh độ của điểm A nhỏ hơn hoành độ của của điểm B ).
b) Tìm điểm M (x ; y) thuộc (E) sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 12.
log 2 ( y − 2 x + 8) = 6
Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: x
8 + 2 x.3 y = 2.3x + y
-------------------Hết -------------------
- HƯỚNG DẪN
3 2 1
Câu 1 : 1, Khi m = 1 ta có y = x − x + .
3
2 2
Tập xác định: ﾷ
Sự biến thiên
-Giới hạn tại vô cực: xlim y = −
−
lim y = +
x +
x=0
-Chiều biến thiên: Ta có y ' = 3x 2 − 3 x ; y'= 0 Bảng biến thiên
x =1
x − 0 1 +
y’ + 0 - 0 +
1
+
2
y
0
−
Hàm số đồng biến trên khoảng ( − ;0 ) và ( 1; + ) , Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;1) ,
1
-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCÐ = y (0) = , Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = y ( 1) = 0 3.
2
�1 � 1
−
Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm � ;0 �; ( 1;0 ) và cắt trục tung tại điểm � � Đồ thị nhận
0; .
� �
�2 � � 2�
� 1�
1
điểm uốn U � ; �làm tâm đối xứng.
� 4�
2
Câu 1: 2, Tm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại , cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x.
́
x=0
Ta có y’= 3 x 2 − 3mx y ' = 0 Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu th́ y ' = 0 có hai nghiệm phân
x=m
� m3 �
biệt ۹ m 0 . Khi đó giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là : A �
0; �và B ( m ; 0 )
� 2 �
uuu � m3 �
r � m3 �
m
Ta có: AB � ; −
m � trung điểm I của AB là:
; I� ; �
� 2 � � 4 �
2
Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x th́
uuu uu
r r
AB.u∆ = 0
đường thẳng AB vuông góc với ∆ : y = x và trung điểm I của AB thuộc đường thẳng
I �∆
m3
m− =0 m=0
2
� � Đối chiếu điều kiện ta có m = 2
m3 m m= 2
=
4 2
π
Câu 2: 1, Ta có: cos x �۹ + x
0 kπ
2
Với đk pt(1) ( )
8cos3 x + 6 2 sin 2 x sin 2 2 x + cos 2 2 x = 16 cos x
� 4 cos3 x + 3 2 sin 2 x = 8cos x � (2 cos x + 3 2 sin x − 4) = 0
2
π 3π
� 2sin 2 x − 3 2 sin x + 2 = 0 � x = + k 2π , x = + k 2π ( k �ﾷ )
4 4
- π 5π 3π 9π
Vậy phương trình đă cho có 2 nghiệm x ( ; ) là x = ;x =
2 2 4 4
( x − 2) + ( y − 3) = 4
2 2 2
( x − 2) + ( y − 3) = 4
2 2 2
Câu 2: 2, ⇔ 2 ⇔ 2
( x + 2) y + x − 22 = 0
2
( x − 2 + 4)( y − 3 + 3) + x 2 − 2 − 20 = 0
( x 2 − 2) 2 + ( y − 3) 2 = 4
x2 − 2 = u u 2 + v 2 = 4
2 Đặt * Thay vào ta có hệ pt
( x − 2 + 4)( y − 3 + 3) + x 2 − 2 − 20 = 0
y − 3 = v u.v + 4(u + v) = 8
u = 2 u = 0 x = 2 x = −2 x = 2 x = − 2
Giảỉ hệ ta được Hoặc Thay vào giải ta có ; ; ;
v = 0 v = 2 y = 3 y = 3 y = 5 y = 5
7+3 5 x
Câu 3 : t =( ) ( t > 0) ta có pt t 2 − 8t + a = 0 (1)
2
Với a = 7 ta có t 2 − 8t + a = 0 � t = 1, t = 7 Phương trình có hai nghiệm là x = 0, x = log 7 +3 5 7
2
2, Số nghiệm của pt (1) là số nghiệm t > 0 của phương trình a = −t + 8t là số điểm chung của đường thẳng
2
y = a và đồ thị y = −t 2 + 8t với t > 0
lập bảng biến thiên của hàm só y = −t 2 + 8t với t > 0 kết luận pt chỉ có một nghiệm khi a = 16 hoặc a 0
A’ B’
C’
K
A B
M
C
Câu 4: Gọi K., M là hình chiếu của A’ trên AB và AC
có : ( AA ' B) ⊥ ( ABC) � A ' K ⊥ ( ABC) . Ta có A’M ⊥ AC và KM ⊥ AC ﾷ ' MK = 600 ,
A
ﾷ 2
A ' K = x . ta có AK = A ' A2 − A ' K 2 = 3 − x2 , MK = AK sin KAM = 3 − x2 .
2
x 2 x 3
Mặt khác MK = A ' K cot 60 =
0
vậy ta có pt 3 − x2 . = � x=
3 2 3 5
1 3 5
VABC. A' B'C ' = S ABC .A ' K =
Λ AC.BC. A ' K =
2 10
x +1 = x + x + y + z 4 4 x 2 yz
1 1 1 ( x + 1)( y + 1)( z + 1)
Câu 5: M = (1 + )(1 + )(1 + ) = . y +1 = y + x + y + z 4 4 xy 2 z
x y x xyz
z +1 = z + x + y + z 4 4 xyz 2
( x + 1)( y + 1)( z + 1) 4 4 4 4
x y z
M= 64 . Dấu = xảy ra khi x =y =z =1/3
xyz xyz
Câu 6a :1,+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
uuur
HK = (−1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên ( AC ) : x − 2 y + 4 = 0. Ta cũng dễ 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
� �� �� . Suy ra: A(4; 4), B(2; − 2).
� + 2 − 2b = 2
a � − 2b = 0
a �=2
b
- uuu
r
+ Suy ra: AB = (−2; − 6) , suy ra: ( AB ) : 3 x − y − 8 = 0 . A
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.
n −1
Câu 6a: 2,Giải phương trình An − Cn +1 = 4n + 6 ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N.
2
M
(n + 1)! K n(n + 1)
Phương trình tương đương với n(n − 1) − = 4n + 6 ⇔ n(n − 1) − H = 4n + 6
2!(n − 1)! 2
⇔ n2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) hoặc n = 12.
12 k 24 −3 k
� 1 � 12 k − 12
� = � 12 ( 2 x ) C = � 12 .2 .x
12 − k 12 − k
Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: � x + 2 C .x 2
C k 2
B
� x � k =1 k =1
k Σ� , 0 k 12
N
Số hạng này chứa x 6 khi � k = 4 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 6 là: C12 28
4
24 − 3k = 12
x +1 0
−4 < x < 4
Câu 7a: log 4 ( x + 1) + 2 = log 4 − x + log 8 ( 4 + x )
2 3
(2) Điều kiện: � − x > 0
4 �
2
x −1
4+ x > 0
(2) � log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 4 − x ) + log 2 ( 4 + x ) � log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 16 − x 2 )
� log 2 4 x + 1 = log 2 ( 16 − x 2 ) � 4 x + 1 = 16 − x 2
+ Với −1 < x < 4 ta có phương trình x 2 + 4 x − 12 = 0 (3) ; � x = 2, x = −6 ( loﾹi )
Với −4 < x < −1 ta có phương trình x 2 − 4 x − 20 = 0 (4); � x = 2 − 24, x = 2 + 24 ( loﾹi )
Vậy phương trình đó cho có hai nghiệm là x = 2 hoặc x = 2 1 − 6 ( )
Câu 6b : 1,Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta cú A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4), Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 suy ra pt đường tròn
x 2 y2 �
+ =1 3 2�
2 , Toạ độ A, B là nghiệm của hệ: 16 9 −
Vậy d3 cắt (E) tại 2 điểm phân biệt A � 2 2; �,
� 2 �
3x + 4y = 0
� −3 2 �
B � 2;
2 � có M(x;y ) (E)
Ta x = 4cost và y = 3sint với t [ 0 ; 2π]
� 2 �
1
Chú ý: AB = 5 2 , có 12 = S∆MAB = 5 2 d(M, (AB)) =
2
1 12cos t + 12sin t π π
= 5 2 = 12 cos(t − ) cos(t − ) = 1 t = π / 4 ; t = 5 π /4
2 5 4 4
� 3 2� � 3 2�
Vậy có 2 điểm M thoả mãn là: M1 � 2;
2 � M 2 � 2 2; −
và − �
� 2 � � 2 �
( 2)
6
Câu 7b: Pt đầu y – 2x + 8 = � y = 2x thế vào pt thứ hai ta được:
x x 3x x x
�8 � � �18 2 2
�� �� 2
��
8 + 2 .3 = 2.3 � 8 + 18 = 2.27 � � �+ � �= 2 � � � + � �= 2 Đặt: t = � � , (đk t > 0 )
x x 2x 3x x x x
27
� � � � 27 3 3
�� �� 3
��
x=0
3 2
( )
, ta có pt: t + t − 2 = 0 � ( t − 1) t + t + 2 = 0 � t = 1 �
y=0
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
