ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ -ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 22

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

38
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 22', 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 22

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 (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 2 ( C ) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của ( C ) tiếp xúc với đường tròn có phương trình ( x − m) + ( y − m − 1) = 5 2 2 Câu II. (2 điểm) 3 4 1. Giải phương trình + = 2(cot x + 3) 2 sin 2 x cos x 1 1 1 2. Giải phương trình log 4 + log − = log 2 x + 1 x −2 2x −1 4 2 ln ( x + 2 ) Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các đường y = , y = 0 , x = 1 và x x = e . Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục 0x Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a , góc � BAC = 1200 , cạnh bên BB ' = a . Gọi I là trung điểm của CC ' . Chứng minh tam giác AB ' I vuông tại A và tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB ' I ) Câu V.(1 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x 2 + y 2 − xy = 1 .Tìm GTLN, GTNN của F = x 6 + y 6 − 2 x 2 y 2 − xy II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh C ( 3; −1) và phương trình của cạnh huyền là 3 x − y + 10 = 0 x −1 y −3 z 2.Cho mặt phẳng (P): 2 x − y + 2 z − 1 = 0 và các đường thẳng: d1 : = = , 2 1 −2 x −5 y z +5 d2 : = = 3 4 2 Tìm các điểm A �d1 , B �d 2 sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1. Câu VII.a (1 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n � 1 � � x + 4 �biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: � 2 x� Cn + 2Cn2 + 3Cn + L + ( n − 1) Cn −1 + nCnn = 64n 1 3 n 2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0), B(-1;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D. x −2 y −2 z −3 2.Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình: d1 : = = 2 1 3 x −1 y − 2 z −1 d2 : = = , Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 2 −1 4 2 5 n Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của x 20 trong khai triển của biểu thức ( 3 + x ) biết rằng: x
0 1 1 2 1 1 Cn − C1 + Cn +... + (−1) n n n Cn = 2 3 n +1 13 HƯỚNG DẪN x=0 + Sự biến thiên y ' = 3x − 6 x = 0 2 Câu 1: 1, + Tập xác định D = R x=2 Hàm đồng biến trên các khoảng ( − ;0 ) và ( 2; + ) Hàm số nghịch biến trên ( 0; 2 ) + Giới hạn lim y = − ; lim y = + ; x − x + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và ycđ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yct = -2 4 Điểm uốn (1;0) Bảng biến thiên (0,25) x − 0 2 + 2 y’ + 0 - 0 + 2 + y -1 0 1 2 3 -5 5 − -2 -2 Đồ thị (0,25) Câu 1: 2,Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị ∆ : 2 x + y -4− 2 = 0 Tâm của đường tròn I (m, m + 1) , bỏn kớnh R= 5 m=2 2m + m + 1 − 2 Theo giả thiết ta có = 5 � 3m − 1 = 5 −4 5 m= 3 Câu 2: 1,Điều kiện sin 2 x �۹ x 0 kπ 2 . Ta có 3 1 + tan x + 2 4 sin 2 x ( − 2 3 = 2 cot x) 2 2 2 2(sin x + cos x ) 2 � 3tan x + − 3 = 2 cotg x � 3tan x + 2 tan x − 3 = 0 sin x cos x π 1 π tanx = − 3 � x = − + k π tanx = �x= + kπ 3 3 6 1 1 1 Câu 2: 2, Giải phương trình + − = log 2 x + 1 log x −2 4 log 2x −1 4 2 Điều kiện x > 2, x 3 . (1) � log 4 (x − 2) + log 4 (2x − 1) − log 4 2 = log 4 (x + 1) x=0 7 ( x − 2 ) ( 2 x − 1) = 2 ( x + 1) � 2 x 2 − 7 x = 0 � 7 Đối chiếu điều kiện ta có x = x= 2 2 1 � = ln ( x + 2 ) u du = dx ln ( x + 2 ) 2 x+2 Câu 3: Gọi V là thể tich cần tìm. V = π dx . Đặt 1 x2 dv = 2 dx 1 1 1 x v=− − x 2 e � 1� 1 dx 3 � 1� 1 1 Suy ra V= −π � + � ( x + 2 ) +π = π ln 3 − κ � + � ( e + 2 ) + π ln x e e ln 1 ln 1 � 2� x 1 2x 2 � 2� e 2 3 1 � 1� 1 = π [ ln 3 + − � + � ( e + 2 ) ] ln 2 2 � 2� e
Câu 4:Ta có BC = a 3 . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’, B’C’I 5 13 Suy ra AI = a, AB ' = 2a, B ' I = a Do đó AI 2 + AB '2 = B ' I 2 . Vậy tam giác AB’I vuông tại A 2 2 1 10 2 3 2 A' + S AB ' I = AI . AB ' = a . S ABC = a 2 4 4 Gọi α là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác B' C' 10 3 3 AB’I suy ra S A ' BI cos α = S ABC � cos α = � cos α = 4 4 10 A I Câu 5: Cho x, y là các số thực thỏa mãn x + y − xy = 1 .Tìm GTLN, GTNN của 2 2 F = x 6 + y 6 − 2 x 2 y 2 − xy . C B Ta có F = ( x 2 + y ) 2 3 − 3 x 2 y 2 ( x 2 + y 2 ) − 2 x 2 y 2 − xy = −2 ( xy ) − 2 ( xy ) + 2 xy + 1 3 2 Đặt xy = t . Ta có f ( t ) = −2t − 2t + 2t + 1 x 2 + y 2 − xy = 1 � ( x + y ) − 3xy = 1 3 2 2 −1 xy 3 �1 � x 2 + y 2 − xy = 1 � ( x − y ) + xy = 1 2 − xy 1 suy ra t �� ;1� �3 � 1 �1 � �1 � t= − �� ;1� Ta tìm max, min của f(t) trên � ;1� f ' ( t ) = −6t − 4t + 2 f ' ( t ) = 0 2 − 3 �3 � �3 � t = −1 � � 37 1 − � 1� 5 37 1 Ta có f � � = , f ( 1) = −1, f � � = Suy ra Max f (t ) = khi t = suy ra � � 27 3 �3 � 27 27 3 1 1 1 1 x= + ,y= − Minf (t ) = −1 khi t = 1 suy ra x = y = 1 2 6 2 6 Câu 6a: 1, Ta có tam giác ABC cung cân tại C. C Goi H là trung điểm của AB suy ra CH : x + 3 y = 0 � x + 3y = 0 � = −3 x Toạ độ của H là nghiệm của hệ � � A H B �x − y + 10 = 0 3 �y = 1 t = −1 giả sử A(t;3t+10) ta có AH 2 = CH 2 � ( t + 3) + ( 3t + 9 ) = 40 2 2 t = −5 Với t = -1. Suy ra A(−1;7), B(−5; −5) Với t = -5. Suy ra B (−1;7), A(−5; −5) Câu 6a: 2, A �d1 � A(2t1 + 1, t1 + 3, −2t1 ) B �d 2 � B (3t2 + 5, 4t2 , 2t2 − 5) uuu r AB = (3t2 − 2t1 + 4, 4t2 − t1 − 3, 2t2 + 2t1 − 5) uuu uu r r AB.n p = 0 � 2(3t2 − 2t1 + 4) − 4t2 + t1 + 3 + 2(2t2 + 2t1 − 5) = 0 � 6t2 + t1 + 1 = 0 4t1 + 2 − t1 − 3 − 4t1 − 1 t1 + 2 t1 = −5 AB / /( P) � d( A /( P )) = = =1 3 3 t1 = 1 2 � 8 −11 � −1 � −4 −17 � Với t1 = −5 � t2 = � A(−9; −2;10), B � ; 7; � t1 = 1 � t2 = � A(3; 4; −2), B �4; ; � 3 �3 3 � 3 � 3 3 � Câu 7a:Xét khai triển ( 1 + x ) = Cn0 + Cn x + Cn2 x 2 + ... + Cnn −1 x n −1 + Cnn x n 1 n lấy đạo hàm hai vế ta có n ( 1 + x ) = Cn + 2Cn2 x + ... + ( n − 1) Cn −1 x n − 2 + nCn x n −1 n −1 1 n n Thay x=1 suy ra Cn + 2Cn + 3Cn + L + ( n − 1) Cn + nCn = n 2 1 2 3 n −1 n n −1 7 k � 1 � 7 ( x) �1 � 7−k � 64n = 2 n −1 � 64 = 2 n −1 �n=7 � x + 4 �= C7k �4 � � 2 x � k =0 � x� 2
1 7−k k k số hạng chứa x 2 có hệ số là C7 k với k thoả mãn − =2�k =2 2 2 4 1 2 21 Suy ra hệ số chứa x 2 là C7 = 4 4 Câu 6b: 1, phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng A B cách từ I tới AB. AB = 5 1 2 I S ABCD = 4 S ABI � S ABI = 1 . � AB.h = 1 � h = 2 5 D C Gọi toạ độ diểm I là I ( x0 , y0 ) ta có hệ � x0 + y0 2 2 x = 1, y0 = 0 � = � x0 + y0 = 2 2 � 0 � 5 5 �� −1 −4 � y = x −1 y0 = x0 − 1 �0 = 3 , y0 = 3 x 0 0 Do I là trung điểm AC và BD nên Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2) −1 −4 � 2 −8 � − � −14 � 1 Với I( ; ) suy ra C � ; �và D � ; � 3 3 �3 3 � � 3 � 3 � 2 −8 � − � −14 � 1 Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc C � ; �và D � ; � �3 3 � � 3 � 3 Câu 6b: 2, Do mặt phẳng (P) cách đều d1 , d 2 nên (P) song song với d1 , d 2 uur uuu r → → u d 1 = ( 2;1;3) , u d 2 = ( 2;−1;4) , �d 1 , ud 2 � ( 7; −2; −4 ) u = � � uur uur uuu r chọn n p = �d 1 , ud 2 � ( 7; −2; −4 ) � u � = Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng 7 x − 2 y − 4 z + d = 0 Do (P) cách đều d1 , d 2 suy ra khoảng cách từ (2;2;3) (d1 ) và ( 1; 2;1) d 2 bằng nhau. 7.2 − 2.2 − 4.3 + d 7.1 − 2.2 − 4.1 + d 3 Ta có = � d − 2 = d −1 � d = 69 69 2 Ta có phương trình mặt phẳng (P) 14 x − 4 y − 8 z + 3 = 0 Câu 7b: Ta có (1 − x) n = Cn − C1 x + Cn x 2 − .... + (−1) n Cn x n 0 n 2 n 1 n 1 Vì (1 − x) dx = 0 n +1 1 0 1 2 2 n n n 0 1 1 1 2 n 1 n 1 Nên (Cn − Cn x + Cn x − .... + (−1) Cn x )dx = Cn − Cn + Cn + ... + (−1) Cn = suy ra 0 2 3 n +1 13 � n + 1 = 13 � n = 12 12 12−k 12 2 2 2 ( x3 +x ) =(5 n x3 5 12 +x ) = � k C12 .( 3 ) x ( x5 ) k = �C12 .212−k.x8k −36 k k =0 k =0 Số hạng ứng với thoả mãn: 8k − 36 = 20 � k = 7 Hệ số của x 20 là: C12 .25 = 25344 7