Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ -đắk lắk - đề số 26', 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 26
- 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 (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
2x − 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
x −1
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến
bằng 2 .
Câu II (2 điểm)
17π x π
1) Giải phương trình sin(2x + ) + 16 = 2 3.s inx cos x + 20sin 2 ( + )
2 2 12
x 4 − x 3y + x 2y 2 = 1
2) Giải hệ phương trình :
x 3y − x 2 + xy = −1
π
4
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = tan x .ln(cos x )
dx
cos x
0
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam
giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0. Tính
cụsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa măn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
a +b b +c c +a
+ + 3
ab + c bc + a ca + b
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trnh Chuẩn
́
Câu VI.a (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 = 0.
Tm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau gúc
́
0
45 .
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
x y +1 z x y −1 z − 4
và hai đường thẳng (d ) : = = và (d ') : = =
1 −2 −3 1 2 5
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trnh mặt phẳng đó.
́
Câu VIII.a (1 điểm)
2
Giải phương trnh: log x (24x +1)2 x + logx 2 (24x +1) x = log (24x +1) x
́
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thỏa mãnṛ (C ) : x 2 + y 2 = 1 , đường thẳng
(d ) : x + y + m = 0 . Tìm m để (C ) cắt (d ) tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn
́
nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
x−2 y +1 z
và đường thẳng ∆ 1 : = = . Gọi ∆ 2 là giao tuyến của (P) và (Q).
−2 1 3
- Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng ∆ 1 , ∆ 2 .
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) ≤ 1
----------Hết----------
ĐÁP ÁN
−1
Câu 1: 1, *Tập xác định : D = ﾡ \ { 1} *Tính y ' = < 0 ∀x D
(x − 1) 2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ;1) và (1; + )
*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn Lim+ y = +
x 1
Lim− y = −
x
Lim y = 2
1 x + x
Lim y = 2
−
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
*Vẽ đồ thị
Câu 1: 2,*Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x 0 ; f (x 0 )) (C ) có phương trình
y = f '(x 0 )(x − x 0 ) + f (x 0 ) Hay x + (x 0 − 1) y − 2x 0 + 2x 0 − 1 = 0 (*)
2 2
2 − 2x 0
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 � = 2
1 + (x 0 − 1) 4
giải được nghiệm x 0 = 0 và x 0 = 2 Vậy: Các tiếp tuyến cần tìm : x + y − 1 = 0 và
x +y −5 = 0
Câu 2: 1, *Biến đổi phương trình đó cho tương đương với
π π π
c os2x − 3 sin 2x + 10c os(x + ) + 6 = 0 � c os(2x + ) + 5c os(x + ) + 3 = 0
6 3 6
π π π 1 π
� 2c os 2 (x + ) + 5c os(x + ) + 2 = 0 .Giải được c os(x + ) = − và c os(x + ) = −2 (loại)
6 6 6 2 6
π 1 π 5π
*Giải c os(x + ) = − được nghiệm x = + k 2π và x = − + k 2π
6 2 2 6
(x 2 − xy ) 2 = 1 − x 3y
Câu 2: 2, *Biến đổi hệ tương đương với 3
x y − (x 2 − xy ) = −1
x 2 − xy = u u 2 = 1−v
*Đặt ẩn phụ , ta được hệ *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là : (1;0)
x 3y = v v − u = −1
và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
π 1
Câu 3: *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thỡ t=1 , x = thì t =
4 2
1
2 1
ln t ln t 1 1 1
Từ đó I = − �2 dt = � 2
dt *Đặt u = ln t ;dv = dt � du = dt ; v = −
1
t 1t t2 t t
2
1 1 1
1 1 2 1 2
Suy ra I = − ln t 1 + 2
dt = − ln 2 − 1 *Kết quả I = 2 −1− ln 2
t 1 t 2 t 2
2 2 2
Câu 4: *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh S H ⊥ (A B C )
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là S EH = S FH = 600
*Kẻ H K ⊥ S B , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng H K A .
- a 2 a 3
*Lập luận và tính được AC=AB=a , H A = , S H = H F tan 600 =
2 2
1 1 1 3
*Tam giác SHK vuông tại H có 2
= 2
+ 2
�K H =a
HK HS HB 10
a 2
AH 20 3
*Tam giác AHK vuông tại H có tan A K H = = 2 = � cos A K H =
KH 3 3 23
a
10
a +b 1−c 1−c
Câu 5:*Biến đổi ab + c = ab + 1 − b − a = (1 − a )(1 − b )
1−c 1−b 1−a
*Từ đó V T = + +
(1 − a )(1 − b ) (1 − c )(1 − a ) (1 − c )(1 − b )
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
1−c 1−b 1 −a
VT 3. 3 . . =3 (đpcm)
(1 − a )(1 − b ) (1 − c )(1 − a ) (1 − c )(1 − b )
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
3
x = 1 − 3t u
r
Câu 6a: * ∆ có phương trình tham số và có vtcp u = (−3; 2)
y = −2 + 2t
uuuu u
r r 1
*A thuộc ∆ � A (1 − 3t ; −2 + 2t ) *Ta có (AB; ∆ )=450 � c os(A B ; u ) =
2
uuuu u
rr
A B .u 1
� u =
r
AB.u 2
15 3 32 4 22 32
� 169t 2 − 156t − 45 = 0 � t = � =−
t *Các điểm cần tìm là A 1 (− ; ), A 2 ( ; − )
13 13 uu r 13 13 13 13
Câu 7a: *(d) đi qua M 1 (0; −1; 0) và có vtcp u 1 = (1; −2; −3)
uu r
(d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u 2 = (1; 2;5)
uu uu
r r ur uuuuuuur uu uu uuuuuuu
r r r
*Ta có �1 ; u 2 � ( −4; −8; 4) O , M 1M 2 = (0; 2; 4) Xét �1 ; u 2 � 1M 2 = −16 + 14 = 0
�u �= �u �.M
(d) và (d’) đồng phẳng . u
r
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) cú vtpt n = (1; 2; −1) và đi qua M1 nên có phương
trình x + 2y − z + 2 = 0 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
Câu 8a: *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét x 1 , biến đổi phương trình tương đương với
1 2 1
+ =
1 + 2 logx (24x + 1) 2 + logx (24x + 1) log x (24x + 1)
1 2 1
Đặt logx (x + 1) = t , ta được phương trình : + = giải được t=1 và t=-2/3
1 + 2t 2 + t t
*Với t=1 � logx (x + 1) = 1 phương trình này vô nghiệm
2
*Với t=-2/3 � logx (x + 1) = − � x 2 .(24x + 1)3 = 1 (*)
3
- 1 1
Nhận thấy x = là nghiệm của (*) Nếu x > thì VT(*)>1
8 8
1 1
Nếu x < thì VT(*) d có phương trình 12 = 12 = 8
12 12 8
1 2 −3
x >0
Câu 8b:*Điều kiện : log3 (9 − 72) > 0 giải được x > log 9 73
x
9 − 72 > 0
x
Vì x > log 9 73 >1 nên bpt đó cho tương đương với log 3 (9 − 72) x � 9x − 72 � x
x
3
3x −8
x
x 2 *Kết luận tập nghiệm : T = (log 9 72; 2]
3 9
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
