ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ -ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 30

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

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 9
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 30', 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 30

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 THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2 x 3 − 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 (1) (m là tham số thực). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0 . 2. Xác định m để điểm M (2m3 ; m) tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một tam giác có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1 1. Giải phương trình: sin 2 x cos 6 x + sin 3 x = sin 2 x sin 8 x 2 2 2 3 x + 3 y − xy = 1 2. Giải hệ phương trình: ( x, y ﾡ ) 5x + 3 + 5 y + 3 = 4 π Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = x + sin 2 x dx 4 0 1 + cos 2 x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA = SB = a , SD = a 2 và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Câu V (1,0 điểm) Cho hệ phương trình: (2 x 3 − 3 x 2 + x). x 2 − x + 3 + m 2 + (2 y 3 − 3 y 2 + y ). y 2 − y + 3 + m 2 = 0 ( x, y ﾡ ) x 2 − 2my = m + 3 Chứng minh rằng ∀m ﾡ , hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1; 4), B(−1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1; −1; 0), cắt x−2 y z+2 đường thẳng (d): = = và tạo với mặt phẳng (P): 2x − y − z + 5 = 0 một góc 300. 2 1 1 z −1+ i Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2 + z 2 = 6 và = 1. z − 2i B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 và hai điểm B(1; 4), C(−3; 2). Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z − 67 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). 1 1 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: < log 4 x 2 − 4 x + 3 log 4 ( x − 3) ----------------- Hết ----------------- 1
ĐÁP ÁN Câu 1:1Cho hàm số y = 2 x − 3(2m + 1) x + 6m(m + 1) x + 1 (1) (m là tham số thực). 3 2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0 . Ta có hàm số: y = 2 x 3 − 3 x 2 + 1 TXĐ: ﾡ x=0 y ' = 6x2 − 6 x ; y ' = 0 � 6 x2 − 6x = 0 � ; y(0) = 1, y(1) = 0 x =1 Ham số nghịch biến trên khoang ( 0; 1 ) Ham số đồng biến trên mỗi khoang ( − ; 0 ) ; ( 1; + ̀ ̉ ̀ ̉ ) Ham số đat cực tiêu tai x = 1, yCT = 0 và ham số đat cực đai tai x = 0, yCĐ = 1 ̀ ̣ ̉ ̣ ̀ ̣ ̣ ̣ Giới han: xlim y = − ; xlim y = + ̣ − + ̉ ́ Bang biên thiên: y x −∞ 0 1 +∞ y’ + 0 − 0 + 1 • 1 +∞ x y 1• • 0 • 1 − −∞ 0 2 1 1 � 1� 1 y '' = 12 x − 6; y '' = 0 � 12 x − 6 = 0 � x = � y� �= ⇒ đồ thị có điêm uôn 1 ̉ ́ I � ; � ̀ tâm đôi xứng. la ́ 2 �� 2 2 �� 2� 2 Câu 1: 2. Xác định m để điểm M (2m3 ; m) tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một tam giác có diện tích nhỏ nhất. Ta có: y ' = 6 x 2 − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1); y ' = 0 � x = m; x = m + 1 � ∀m �ﾡ , hàm số luôn có CĐ, CT Tọa độ các điểm CĐ, CT của đồ thị là A(m; 2m3 + 3m 2 + 1), B (m + 1; 2m3 + 3m 2 ) Suy ra AB = 2 và phương trình đường thẳng AB : x + y − 2m3 − 3m 2 − m − 1 = 0 Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất. 3m 2 + 1 1 1 Ta có: d ( M , AB ) = =�( M ; AB ) d min d ( M ; AB ) đạt được khi m = 0 2 2 2 1 Câu 2: 1. Giải phương trình: sin 2 x cos 6 x + sin 3 x = sin 2 x sin 8 x 2 2 2 (1 − cos 4 x) cos 6 x + 1 − cos 6 x 1 Phương trình đã cho tương đương với: = sin 2 x sin 8 x � 1 − cos 4 x cos 6 x = sin 2 x sin 8 x 2 2 1 1 � 1 − (cos 2 x + cos10 x) = (cos 6 x − cos10 x) � cos 6 x + cos 2 x − 2 = 0 2 2 � 4 cos 2 x − 2 cos 2 x − 2 = 0 � (cos 2 x − 1)(2 cos 2 2 x + 2 cos 2 x + 1) = 0 � cos 2 x = 1 � x = kπ , k �ﾡ 3 3 x + 3 y − xy = 1 Câu 2: 2. Giải hệ phương trình: ( x, y ﾡ ) 5x + 3 + 5 y + 3 = 4 x 0 6 x + 6 y − 2 xy = 2 Cách 1: Đk: Từ hệ suy ra đk Hệ đã cho tương đương với: y 0 4 5 x + 3 + 4 5 y + 3 = 16 6 x + 6 y − 2 xy = 2 5 x + 3 − 4 5 x + 3 + 4 + 5 y + 3 − 4 5 y + 3 + 4 + x − 2 xy + y = 0 6 x + 6 y − 2 xy = 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5x + 3 − 2 + 5x + 3 − 2 + x− y =0 2
6 x + 6 y − 2 xy = 2 5x + 3 = 2 1 � 1� 1 � � x = y = . Vậy hệ phương trình có một nghiệm � ; � 5y + 3 = 2 5 � 5� 5 x= y Cách 2: Hệ đã cho tương đương với � x + 5 y ) − 5 xy = 5 �3(5 � x + 5 y ) − 5 xy = 5 3(5 � � � �x + 5 y + 2 (5 x + 3)(5 y + 3) + 6 = 16 5 �x + 5 y + 2 3(5 x + 5 y ) + 25 xy + 9 = 10 5 Đặt u = 5 x + 5 y , v = 5 xy . ĐK: u 0, v 0 . Hệ trở thành: �u − v = 5 �3 � = 3u − 5 v � = 3u − 5 v � � �� + 2 3u + v + 9 = 10 u 2 u + 2 3u + (3u − 5) 2 + 9 = 10 � 9u − 27u + 34 = 10 − u (*) 2 2 � 5 �5 � u 10 � u 10 Do ĐK của u, v nên (*) � � 3 ��3 �u=2 � u 2 − 27u + 34) = (10 − u ) 2 49( � u 2 − 88u + 36 = 0 35 � � 5x + 5 y = 2 �x + 5 y = 2 5 � 1 � 1� 1 Với u = 2 ⇒ v = 1, ta được hệ: � �� 1 � x = y = .Vậy hệ phương trình có một nghiệm � ; � 5 xy = 1 xy = 5 � 5� 5 25 π π π π Câu 3: Tính tích phân: I = x + sin 2 x dx Ta có Tính 1 d (1 + cos 2 x) � 1 � 1 4 4 4 sin 2 x 4 � cos 2 x dx = − � = � ln(1 + cos 2 x) � = ln 2 − 0 1 + cos 2 x 0 1+ 2 0 1 + cos 2 x �2 � 2 0 π 4 x dx Tính J = 2 dx . Đặt: u = x � du = dx; dv = cos 2 x � v = tan x 0 cos x π π 4 sin x π 2 . Vậy I = π + 1 ln 2 � J = ( x tan x) − 4 0 dx = + ln 8 4 0 cos x 4 2 Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA = SB = a , SD = a 2 và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Theo giả thiết (ABCD) ⊥ (SBD) theo giao tuyến BD. Do đó nếu dựng AO ⊥ S (SBD) thì O ∈ BD. Mặt khác AS = AB = AD ⇒ OS = OB = OD hay ∆SBD là tam giác vuông tại S. H Từ đó: BD = SB 2 + SD 2 = a 2 + 2a 2 = a 3 3a 2 a D AO = AB 2 − OB 2 = a 2 − = C 4 2 O Suy ra thể tích khối chóp S.ABD được tính bởi: A B 1 1 1 a a3 2 VS . ABD = VA.SBD = S SBD . AO = SB.SD. AO = a.a 2. = 3 6 6 2 12 a3 2 � VS . ABCD = 2VS . ABD = (đvtt).. Trong ∆SBD dựng OH ⊥ SD tại H (1) ⇒ H là trung điểm của SD. 6 Theo chứng minh trên AO ⊥ (SBD) ⇒ AO ⊥ OH (2) 1 a (1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chung của AC và SD. Vậy d ( AC , BD) = OH = SB = 2 2 Câu 5: Cho hệ phương trình: 3
(2 x 3 − 3 x 2 + x). x 2 − x + 3 + m 2 + (2 y 3 − 3 y 2 + y ). y 2 − y + 3 + m 2 = 0 (1) ( x, y ﾡ ) x 2 − 2my = m + 3 Chứng minh rằng ∀m ﾡ , hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm. 1 � � Đồ thị hàm số f ( x) = 2 x 3 − 3 x 2 + x có tâm đối xứng I � ; 0 � đồ thị hàm số g ( x) = x 2 − x + 3 + m 2 có và 2 � � 1 trục đối xứng x = . Do đó nếu đặt y = 1− x và thay vào vế trái của (1) ta được: 2 (2 x 3 − 3 x 2 + x ). x 2 − x + 3 + m 2 + [2(1 − x )3 − 3(1 − x) 2 + 1 − x]. (1 − x) 2 − (1 − x) + 3 + m 2 = (2 x 3 − 3 x 2 + x ). x 2 − x + 3 + m 2 − (2 x 3 − 3 x 2 + x). x 2 − x + 3 + m 2 = 0, ∀x, m ﾡ Chứng tỏ ∀m ﾡ , phương trình (1) luôn nhận nghiệm ( x; 1 − x), x ﾡ y = 1− x Từ đó bài toán đã cho tương đương với bài toán chứng minh hệ phương trình: có x 2 − 2my = m + 3 nghiệm ∀m ﾡ hay phương trình x 2 + 2mx − 3m − 3 = 0 có nghiệm ∀m ﾡ . 2 � 3� 3 Điều này là hiển nhiên vì ∆ ' = m + 3m + 3 = � + �+ > 0, ∀m ﾡ 2 m � 2� 4 Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1;4), B(−1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường uuu r � 1� 9 10 thẳng CD.Ta có AB = (−2; −1), AB = 5 ; (C) có tâm I � ; � bán kính R = và � 2� 2 2 ABCD là hình bình hành nên CD = AB và phương trình CD: x – 2y + m = 0 7 + 2m 5 (7 + 2m) 2 d ( I , CD) = ; CD = 2 R 2 − d 2 ( I , CD ) � 5 = 2 − � m 2 + 7 m + 6 = 0 � m = −1; m = −6 2 5 2 20 Vậy phương trình CD: x – 2y − 1 = 0; x – 2y − 6 = 0 Câu 6a: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1;−1;0), cắt x−2 y z+2 đường thẳng (d): = = và tạo với mặt phẳng (P): 2x − y − z + 5 = 0 một góc 300. 2 1 1 Gọi N = (d ) �∆ � N (2 + 2t; t ; − 2 + t ) uuuu r r Ta có: MN = (1 + 2t ; t + 1; − 2 + t ) và mp(P) có vtpt n = (2; − 1; − 1) uuuu r r 2 + 4t − t − 1 + 2 − t (d) tạo với (P) góc 30 nên: 0 ( s in300 = cos MN , n = ) = (1 + 2t ) 2 + (t + 1) 2 + (t − 2) 2 . 6 2 1 2t + 3 3 9 � = � 10t 2 − 18t = 0 � t = 0; t = 6t 2 + 2t + 6 2 5 x −1 y +1 z 9 + Với t = 0, phương trình ∆ : = = + Với t = , phương trình 1 1 −2 5 x −1 y +1 z ∆: = = 23 14 −1 z −1+ i Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn z 2 + z 2 = 6 và = 1. z − 2i Giả sử z = x + yi, ( x, y ﾡ ) . Ta có: + z 2 + z 2 = 6 � ( x + yi ) 2 + ( x − yi) 2 = 6 � x 2 − y 2 = 3 z −1+ i + = 1 � ( x − 1) + ( y + 1)i = x + ( y − 2)i � ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 = x 2 + ( y − 2) 2 � x − 3 y + 1 = 0 z − 2i 4
x = 2, y = 1 �2 − y 2 = 3 x � = 3 y −1 x Giai hệ phương trinh: � ̉ ̀ �� 2 � 7 1 Vậy � − 3y +1 = 0 x � y − 3 y −1 = 0 4 x=− ,y=− 4 4 7 1 z = 2 + i; z = − − i 4 4 Câu 6b: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 và hai điểm B(1;4), C(−3; 2). Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19. Giả sử A(x; y) ∈ (C) ⇒ (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 Ta có: BC = 2 5 và phương trình BC: x – 2y + 7 = 0 x − 2y + 7 1 d ( A, BC ) = Diện tích tam giác ABC: S ABC = BC.d ( A, BC ) = 19 5 2 1 x − 2y + 7 x = 2 y + 12 ⇔ .2 5. = 19 2 5 x = 2 y − 26 23 TH1: x = 2y + 12 thế vào (1), ta được 5 y + 48 y + 115 = 0 � y = −5; y = − 2 5 23 14 + y = −5 � x = 2 +y=− �x= 5 5 14 23 � � TH2: x = 2y – 26 thế vào (1), ta được 5y2 – 104y +723 = 0 (vô nghiệm) .Vây A(2; − 5) ; A � ; − ̣ � �5 5 � Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z − 67 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). (S) có tâm I(1; 2; 3) và ban kinh R = 9 ́ ́ r Giả sử (P) có vtpt n = ( A; B; C ), ( A + B + C 0) 2 2 2 r uuu r r uuur r (P) // BC nên n ⊥ BC = (−1;1; 4) � n.BC = 0 � A = B + 4C � n = ( B + 4C ; B; C ) (P) đi qua A(13; −1; 0) ⇒ phương trinh (P): ( B + 4C ) x + By + Cz − 12 B − 52C = 0 ̀ B + 4C + 2 B + 3C − 12 B − 52C (P) tiêp xuc (S) � d [ I , ( P)] = R � ́ ́ =9 ( B + 4C ) 2 + B 2 + C 2 B + 2C = 0 � B 2 − 2 BC − 8C = 0 � ( B + 2C )( B − 4C ) = 0 � B − 4C = 0 B=2 Với B + 2C = 0 chon ̣ , ta được phương trinh (P): −2x + 2y − z + 28 = 0 ̀ C = −1 B=4 Với B − 4C = 0 chon ̣ , ta được phương trinh (P): 8x + 4y + z −100 = 0 ̀ C =1 Cả hai măt phăng (P) tim được ở trên đêu thoa yêu câu bai toan. ̣ ̉ ̀ ̀ ̉ ̀ ̀ ́ x2 − 4 x + 3 > 0 x>3 1 1 x2 − 4 x + 3 1 Câu 7b: Giải bất phương trình sau: < ̀ ̣ Điêu kiên: � ۹ � 4 x log 4 x 2 − 4 x + 3 log 4 ( x − 3) �−3> 0 x � x 2+ 2 x−3 1 Khi đó có 3 trường hợp: TH1: Nêu x > 4 thì log 4 x 2 − 4 x + 3 > log 4 1 = 0 và log 4 ( x − 3) > log 4 1 = 0 . Do đó bpt tương đương: ́ log 4 ( x − 3) < log 4 x 2 − 4 x + 3 � x − 3 < x 2 − 4 x + 3 � x − 3 < x − 1 (đung ∀x > 4 ) ́ TH2: Nêu 2 + 2 < x < 4 thì log 4 x 2 − 4 x + 3 > log 4 1 = 0 và log 4 ( x − 3) < log 4 1 = 0 . Suy ra bpt vô ́ ̣ nghiêm. 5
TH3: Nêu 3 < x < 2 + 2 thì log 4 x 2 − 4 x + 3 < log 4 1 = 0 và log 4 ( x − 3) < log 4 1 = 0 . Do đó bpt tương ́ đương: log 4 ( x − 3) < log 4 x 2 − 4 x + 3 � x − 3 < x 2 − 4 x + 3 � x − 3 < x − 1 (đung ∀x �(2; 2 + 2) ) ́ Vây bpt có tâp nghiêm là S = (2; 2 + 2) �(4; + � ̣ ̣ ̣ ) 6