ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 204

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

37
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 204', 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 204

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. Câu 1. (2,5 điểm). − x2 + 2 x − 5 1. Cho hàm số (C) : y = x −1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b) Tìm M ∈ (C) để tổng các khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là nhỏ nhất 2. Từ một điểm bất kì trên đường thẳng x = 2 có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến đến đồ thị (C’) : y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 Câu 2. (1,5 điểm) 1. Giải phương trình: 3.25 x −2 + ( 3x − 10 ) 5 x −2 = x − 3 sin x + sin y = 2  2. Giải hệ phương trình:  cos x + cos y = 2  Câu 3. (1,5 điểm) log x ( cos x − sin x ) + log 1 ( cos x + cos 2 x ) = 0 1. Giải phương trình: . x 2. Giải bất phương trình: (x 3 ) ( ) + 1 + x 2 + 1 + 3x x + 1 > 0 3. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho trong mỗi số các chữ số đứng trước đều lớn hơn chữ số đứng liền sau nó. Câu 4. (2 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxyz cho 2 điểm A(0; 0; -3); B(2, 0, - 1) và mp(P):3x – 8y + 7z – 1 = 0 Tìm toạ độ điểm C ∈ (P) sao cho ∆ ABC là tam giác đều. 2. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. Hãy xác định các góc hợp bởi các cạnh đối diện của tứ diện đó. Câu 5. (2,5 điểm). π /4 1 x sin x 1. Tính : I = � 3 dx ; J = � x 2 − 2 x + 2dx x 0 cos x 0 2. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 1 1 1 a+b+c + 2 + 2 . a + bc b + ac c + ab 2 2abc 1 3 1 2 3 2 3. Cho z = − + i , Hãy tính : ; z; z ; (z) ;1 + z + z 2 2 z …………………Hết……………… HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu Ý Nội dung Điểm I 2.5 b Tìm M ∈ (C) để tổng các khoảng cách đến 2 tiệm cận nhỏ nhất 0,75 4 4 X = −x + 1  y = −x +1− � Y = X + . Với  0.25 x −1 X Y = y TCĐ d: X = 0, TCX d’: X - Y = 0 ⇒ T = d(M, d) + d(M, d’) = | X −Y | 4 4 4 | X |+ =| X | + = 4 27 Dấu "=" xảy ra ⇔ | X |= 2 |X| 2 2 |X| 2 0.5 4 X2 = � X = �� 4 3 2 x = 1 � 23 4 2 • Gọi M(2; m) ∈ d1: x = 2. Khi đó đt d ∋ M ⇒ d: y = k(x -2) + m. Để đt d tiếp xúc với  x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 = k ( x − 2) + m 0,25 (C’) ⇔ hệ:  2 có nghiệm 3 x − 12 x + 9 = k ⇔ 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m = 0 (1) có nghiệm. • Số tiếp tuyến kẻ từ M đến (C’) là số nghiệm của Pt (1) • Xét hàm số y = 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m ⇒ y’ = 6(x-2)2 ≥ 0 ∀x ⇒ Hàm luôn đồng biến ⇒ Pt (1) luôn có nghiệm duy nhất 0,5 ⇒ từ một điểm trên đt x = 2 luôn kẻ được một tiếp tuyến đến đồ thị (C’). II 1,5 1 Giải phương trình: 0,75 3.25 x −2 + ( 3x − 10 ) 5 x −2 = x − 3 ( ) ( ) ( ) ⇔ 5 x−2 3.5 x−2 − 1 + x 3.5 x −2 − 1 − 3 3.5 x−2 − 1 = 0 0.25 ( )( ) ⇔ 3.5 x −2 − 1 5 x −2 + x − 3 = 0 3.5 x−2 − 1 = 0 (1) ⇔  x−2 5 + x − 3 = 0 ( 2)  0.25 (1) ⇔ 5x−2 = 1 ⇔ x = 2 + log 5 1 = 2 − log5 3 3 3 ( 2) ⇔ 5 = − x + 3 x−2 Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất. 0.25 Vậy Pt có nghiệm là: x = 2 − log 5 3 và x = 2 2 Giải hệ phương trình: 0,75
sin x + sin y = 2   ⇒ ( sin x + cos x ) + ( sin y + cos y ) = 2 2 ⇔ 0.25 cos x + cos y = 2    π  π cos x −  = 1 x = + k 2π  π  π   4   4 cos x −  + cos y −  = 2 ⇔  ⇔ 0.25  4  4 cos y − π  = 1  y = π + l 2π     4   4  Thử lại thấy đúng nên:  π  x = + k 2π  4 0.25  là nghiệm của hệ phương trình.  y = π + l 2π   4 III 1,5 1 Giải phương trình: . 0,5 log x ( cos x − sin x ) + log 1 ( cos x + cos 2 x ) = 0 x 0 < x ≠ 1  Điều kiện: cos x − sin x > 0 . 0.25 cos x + cos 2 x > 0   π Khi đó Pt ⇔ cos 2 x = − sin x ⇔ cos 2 x = cos x +   2  π  π 2 x = x + + k 2π  x = + k 2π  2  2 ⇔ ⇔ . 2 x = − x − π + k 2π  x = − π + k 2π 0.25   2   6 3 π k 2π Kết hợp với điều kiện ta được: x = − + (Với k ∊ N*). 6 3 2 Giải bất phương trình: 0,5 (x ) ( ) ( ) + 1 + x 2 + 1 + 3x x + 1 > 0 ⇔ x 3 + x 2 + 3 x 3 + x 2 + 2 > 0 3 2 0.25 ⇔ t 2 + 3t + 2 > 0 Đặt t = x x + 1 ≥ − 3 2 t − 3 2 2 �۳−�+ �−۳−t x x 1 x 1 0.25 t > −1 3 3 t < −2 3 0,5 5 . Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả C tập con gồm 5 chữ số khác 10 0,25
nhau. Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữ số 5 mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy có tất cả C10 = 252 0,25 số. IV 2.0 1 Xác định tọa độ điểm C ∈ (P) sao cho ∆ ABC đều 1.0 Để ∆ ABC là tam giác đều ⇒ đường cao MC = AB 3 / 2 = 6 Gọi M là trung điểm của AB ⇒ M(1; 0; - 2). 0,25 Gọi (Q) là mf đi qua M và vuông góc với AB ⇒ (Q): x + z + 1 = 0 Gọi d = (P) n (Q) ⇒  x = −2 − 2t 3 x − 8 y + 7 z − 1 = 0  d : ⇔ y = t 0,25 x + z + 1 = 0  z = 1 + 2t  ⇒ C ∈ d ⇒ C(-2 - 2t; t; 1 + 2t) uuur � MC = ( −3 − 2t; t ;3 + 2t ) � MC = 6 � ( 3 + 2t ) + t 2 + ( 3 + 2t ) = 6 2 2 � 9t 2 + 24t + 12 = 0 � 3t 2 + 8t + 4 = 0 � t1 = −2; t2 = −2 / 3 0,25 � 2 2 1� � C1 ( 2; −2; −3) , C2 � ; − ; − � − � 3 3 3� B Q M 0.25 A C1 C2 P 2 Xác định các góc hợp bởi các cạnh đối diện của tứ diện. 1.0 Lấy E, F, G lần lượt là trung điểm của AB, CD, AC ta có: 0.25 GE = GF = c/2. ∆ACD = ∆BCD (c.c.c) ⇒ FA = FB 2 AC 2 + 2 AD 2 − CD 2 2b 2 + 2c 2 − a 2 ⇒ FA = FB = = 2 2 4 4
FE là trung tuyến của ∆FAB nên: 2 FA2 + 2 FB 2 − AB 2 b 2 + c 2 − a 2 0.25 FE = 2 = 4 2 Gọi  là góc tạo bởi AD và BC ta có : c2 b2 + c2 − a2 | − | | GE 2 + GF 2 − FE 2 | cos α = | cos( GE , GF ) | = = 2 2 2GE.GF c2 0.25 2 |a −b | 2 2 |a −b | 2 2 = . Vậy cos α = c2 c2 Tương tự nếu gọi  lần lượt là góc tạo bởi CD, AB và | b2 − c2 | | c2 − a2 | 0.25 DB, AC ta có: cos β = , cos γ = a2 b2 A E G B D F C 3 0,5 5 . Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả C tập con gồm 5 chữ số khác 9 0,25 nhau. Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữ số 5 mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy có tất cả C9 = 126 0,25 số. V 2,5 1 0,5 �=x u � = dx du � � Đặt: � d cos x � 1 0,25 �dv = − v= � 2.cos 2 x � cos3 x � π π /4 x 1 dx π 1 π /4 π 1 �I = 0 4 − = − tgx 0 = − 0,25 2cos 2 x 2 0 cos 2 x 4 2 4 2 2 1,0
1 dt 1 J = x x 2 − 2 x + 2dx . Đặt: x - 1 = tgt dx = ; x2 − 2x + 2 = 0 cos 2 t cos t 0 0 0 tgt + 1 sin t dt 0,25 � J = � 3 dt = � 4 t dt + � 3t π cos t π cos π cos − − − 4 4 4 ( ) 0 1 1 = π + J1 = 1 − 2 2 + J1 3cos3 t − 4 3 0,25 ( 1 − u + 1 + u ) du = 0 0 2 sin t =u du 1 J1 = �1 − u ) ( 1 + u ) 1( 2 2 = 4 �1 − u ) 2 ( 1 + u ) 2 1 ( − − 2 2 �0 0 0 � 1� du du du � .�� + � +2 � � 0,25 4 �1 (1− u) 1 (1+ u) 1 (1− u) (1+ u) 2 2 − − − � �2 2 2 � 1 �1 1 1+u � 0 1� u 1+u � 0 = � − + 2ln = � 2 + 2ln 4 �− u 1 + u 1 1 − u � 22 4 �− u �− 1 1 − u � 22 �− 0,25 1� = � 2 − 2ln 4� 2 −1 � 1 �= 2 +1 � 4 ( 2 + 4ln ( 2 −1 . )) 3 1,0 1 1 1 a+b+c + 2 + 2 ≤ . a 2 + bc b + ac c + ab 2abc 1 1 a 2 + bc ≥ 2a bc ⇒ ≤ a + bc 2a bc 2 1 1 0.5 Ta có: b + ca ≥ 2b ca ⇒ 2 ≤ 2 b + ca 2b ca 1 1 c 2 + ab ≥ 2c ab ⇒ 2 ≤ c + ab 2c ab 1 1 1 1 1 1 � + 2 + 2 � + + a 2 + bc b + ca c + ab 2a bc 2b ca 2b ca b+c c+a a+b + + 0.5 1 bc + ca + ab 2 2 2 = a+b+c = . 2 abc 2abc 2abc Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.