Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ -đắk lắk - đề số 25', 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 25
- 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 ( 7 điểm )
Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x3 − (m + 1)x + 5 − m2.
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2;
2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đ ại,
cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.
Câu II:(2.0điểm) (
1, Giải phương trình: log 2 1 +
3
)
x = log 7 x .
x x 2 2 π x
2, Giải phương trình 1 + sin sin x − cos sin x = 2 cos −
2 2 4 2
Câu III (1.0 điểm) Giải bất phương trình sau x 2 − 8 x + 15 4 x 2 − 18 x + 18 − x 2 + 2 x − 15
4
dx
Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân I= ∫ x + 1 − 2x + 1
3
2
Câu V(1.0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh
bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1B1C1) thuộc
đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.
PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRINH ( 3 điểm )
A/ Phần đề bài theo chương trinh chuẩn
Câu VI.a: (2.0điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đ ường th ẳng d có duy nh ất m ột đi ểm A mà t ừ
đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai ti ếp đi ểm) sao cho tam giác
ABC vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình
x = 1 + 2t
y = t Lập phương trình mp (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
z = 1 + 3t
Câu VII.a: (1.0điểm)
Cho đẳng thức: C 2n +1 + C 2n +1 + C2n +1 + ... + C2n - 1 + C 2n +1 = 28 - 1 .
n +1 n +2 n +3 2n
+1
2n
n
Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển (1- x + x3 - x 4 ) .
B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 .0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đ ường th ẳng d có duy nh ất m ột đi ểm A mà t ừ
đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai ti ếp đi ểm) sao cho tam giác
ABC vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình
x = 1 + 2t
y = t Lập phương trình mp(P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
z = 1 + 3t
2
− 2 x +1 2
− 2 x −1 4
Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải bất phương trình: (2 + 3) x + (2 − 3 ) x ≤
2− 3
- HƯỚNG DẪN
Câu 1 : 1, Cho hàm số y = x − (m + 1)x + 5 − m2.
3
Khảo sát hàm số khi m = 2; Hàm số trở thành: y = x3 − 3x + 1
1* TXĐ: D = R
2* Sự biến thiên của hàm số: * Giới hạn tại vô cực: lim f ( x ) = −
x −
: xlim∞ f ( x ) = + ∞
→+
* Bảng biến thiên: Có y’ = 3x2 − 3 , y'= 0 � x = �1
x -∞ -1 1 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 3 +∞
-∞ -1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞;−1) và (1;+ ∞) , Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( −1;1)
Hàm số đạt đạt cực đại tại x = −1; yCD = 3 , cực tiểu tại x = 1; yCT = −1 ,
3* Đồ thị: * Điểm uốn: y '' = 6 x , các điểm uốn là: U ( 0;1) * Giao điểm với trục Oy tại :
U ( 0;1) y
3
2
* Đồ thị:
1
-2 -1 O 1 2 x
-1
-2
Câu 1: 2: Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực
đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. Có y’ = 3x2 − (m + 1). Hàm số có CĐ, CT ⇔ y’ = 0 có 2
nghiệm phân biệt: ⇔ 3(m + 1) > 0 ⇔ m > −1 (*)
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số là
2
y = (m + 1) x + 5 − m 2 Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.
3
� 5 − m2 = 4 � m = � 1 Vậy m=1
Câu 2: 1, Giải phương trình: log2 ( 1 + 3 x ) = log7 x .
Điều kiện: x > 0. Đặt t = log7 x � x = 7t .
t � t t t t t
� 1 7
pt � log2 1 + 7 3 = t � 1 + 7 3 = 2t � 1 + 7 3 = 8 3 �
�
� 8 ( ) ( ) 3
+
8
3
=1 (*).
Chứng minh pt (*) có nghiệm duy nhất t = 3.
Vậy phương trình có nghiệm x = 343.
x x 2 2 π x
Câu 2: 2, Giải phương trình: 1 + sin sin x − cos sin x = 2 cos −
2 2 4 2
- x x π x
1 + sin sin x − cos sin 2 x = 2 cos 2 − (1)
2 2 4 2
(1) ⇔ 1+ sin x sinx − cosx sin2 x = 1+ cos π − x = 1 + sinx
2 2 2
x x x x x x
⇔ sinx sin − cos sinx − 1 = 0 ⇔ sinx sin − cos .2sin cos − 1 = 0
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
⇔ sinx sin − 1 2 sin2 + 2 sin + 1 = 0 sin x = 0,sin = 1, 2sin 2 + 2sin + 1 = 0
2 2 2 2 2 2
x π x = kπ
� x = kπ , = + k 2π � � x = kπ
2 2 x = π + k 4π
Câu 3: Giải bất phương trình sau x 2 − 8 x + 15 4 x 2 − 18 x + 18 − x 2 + 2 x − 15 (1)
TXĐ x 5, x −5, x = 3
TH1 x = 3 là nghiệm của (1)
17 17
TH2 x 5 thì (1) �−+ x �− x 5
+ 5 4x 6 x . Vậy BPT (1) có nghiệm 5 x
3 3
17
TH3 x −5 thì (1) �−+5 �−
−− x 5 x 6 4x x . Vậy BPT (1) có nghiệm x −5
3
17
; { 3}
Kl : Tập nghiệm của bất pt là S = ( −� −5) �� (5; )
3
4
dx
Câu 4: Tính tích phân: I= ∫ x + 1 −
3 2x + 1
2
4
dx
+I= ∫ x +1− 2 x + 1 Đặt t= 2 x + 1
⇒ t 2 = 2 x + 1 ⇒ tdt=dx +Đổi cận : x=
3
⇒ t=2
3 2
2
x=4 ⇒ t=3
3
tdt
+Khi đó I= ∫ t
3 3 3 3
tdt t −1+1 1 dt
2
−1 = 2∫ ∫ (t − 1) 2 dt = 2∫ dt + 2 ∫
2
+1− t 2 (t − 1)
2
2 2
(t − 1) 2 (t − 1)
2
2
3 2 3
= 2 ln t − 1 − =2ln2+1 +Vậy I= 2ln2+1
2 t −1 2
Câu 5: Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và
mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1B1C1) thuộc đường thẳng
B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.
Do AH ⊥ ( A1 B1C1 ) nên góc 1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì góc 1 H
AA AA
a 3
bằng 300. Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc 1 H =300 ⇒ A1 H =
AA .
A 2 B
a 3
Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A1 H = nên A1H vuông góc
2
với B1C1. Mặt khác AH ⊥ B1C1 nên B1C1 ⊥ ( AA1 H ) C
K
A1 C1
1111
1111 H
1 B1
- Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1
A H . AH a 3
Ta có AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK = 1 =
AA1 4
Câu 6a:
1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đ ường th ẳng d có duy nh ất m ột đi ểm A mà t ừ
đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai ti ếp đi ểm) sao cho tam giác
ABC vuông. Từ pt ct của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, t ừ A k ẻ đ ược 2 ti ếp tuy ến AB, AC
tới đường tròn và AB ⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 ⇒ IA = 3 2
m −1 m = −5
� = 3 2 � m −1 = 6 �
2 m=7
Câu 6a: 2,Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có
x = 1 + 2t
phương trình y = t . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song v ới d và kho ảng
z = 1 + 3t
cách từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chi ếu của A trên d, m ặt ph ẳng (P) đi qua A và (P)//d,
khi đó khoảng 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 khi A ≡ I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
H ∈ d ⇒ H (1 + 2t ; t ;1 + 3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH ⊥ d ⇒ AH .u = 0 (u = (2;1;3) là
véc tơ chỉ phương của d) ⇒ H (3;1;4) ⇒ AH (−7;−1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
Câu 7a:Cho đẳng thức: C 2n +1 + C 2n +1 + C 2n +1 + ... + C 2n - 1 + C 2n +1 = 28 - 1 .
n +1 n +2 n +3 2n
+1
2n
n
Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển (1- x + x3 - x4 ) .
S = C 2n +1 + C 2n +1 + C 2n +1 + ... + C 2n - 1 + C 2n +1 ,
n +1 n +2 n +3 2n
+1
2n
ta có:
(1 + 1) 2n +1
= 0
C 2n +1 + C 1 +1
2n + C 2 +1
2n + ... + n- 1
C 2n +1 + C 2n +1 + ( C 2n +1 + C 2n +1 + ... + C 2n +1 ) + C 2n +1
n n +1 n +2 2n 2n +1
� 22n +1 = ( C 2n +1 + C 2n +1 ) + C2n +1 + C 2n - 1 + ... + C 2n +1 + C 2n +1 + ( C 2n +1 + C 2n +1 + ... + C 2n - 1 + C2n +1 )
0
2n +1 2n 2n +1
n +2 n +1 n +1 n +2
2n +1 2n
� 22n +1 = 2 + 2S � 22n = 1 + S � 22n = 28 � n = 4 .
n 4 4 4
� ( 1 - x + x 3 - x 4 ) = � - x) + x 3(1 - x) �= ( 1 - x ) ( 1 + x 3 )
(1 �
�
= ( C 0 - C1 x + C 2 x 2 - C 3 x 3 + C 4 x 4 ) ( C 0 + C1 x 3 + C 2 x 6 + C 3 x 9 + C 4 x12 )
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 .
Ta có hệ số của x10 là: - C1 .C 3 + C 4 .C 2 = - 10 .
4 4
4
4
Câu 6b: 1, Giống chương trình chuẩn
2
− 2 x +1 2
− 2 x −1 4
Câu 7b: Giải bất phương trình: (2 + 3) x + (2 − 3 ) x ≤
2− 3
Bpt ⇔ 2 + 3( ) x 2 −2 x
(
+ 2− 3 ) x 2 −2 x
≤4 Đặt t = 2 + 3 ( ) x 2 −2 x 1
(t > 0) , ta được: t + ≤ 4
t
t 2 − 4t + 1 ≤ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ t ≤ 2 + 3 (tm)
- ( )
2
Khi đó: 2 − 3 ≤ 2 + 3 x −2 x ≤ 2 + 3 ⇔ −1 ≤ x 2 − 2 x ≤ 1
⇔ x 2 − 2x − 1 ≤ 0 ⇔ 1 − 2 ≤ x ≤ 1 + 2
KL:
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
