ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ -ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 31

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

Thêm vào BST

Báo xấu

38
lượt xem 6
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 31', 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 31

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. Ngày 30 tháng 3 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x + 2 (1) . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Định m để phương trình: x − 3 x + 2 = log 4 2 (m + 1) có 4 nghiệm thực phân biệt. 3 2 Câu II (2,0 điểm) sin 3 x − cos 3 x 1. Giải phương trình: cos 2 x + = sin x(1 + tan x) . 2sin 2 x − 1 x 4 + 2 x 3 − 5 x 2 + y 2 − 6 x − 11 = 0 2. Giải hệ phương trình: 3 y2 − 7 − 6 ( x, y ﾡ ) . x2 + x = y2 − 7 π 4 x 2 sin x + 1 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = dx . π 1 + 2 cos x 2 − 4 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a 3 , ﾡﾡ khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 và SAB = SCB = 900 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC). Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: b b c c a a P= + + 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 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) x2 y 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip ( E ) : + = 1 . Viết 9 4 phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và r uuu phẳng (P) có uuumặt r phương trình: x – 6y + z + 18 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho tích MA.MB nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 2 z − i = z − z + 2i và z − ( z ) = 4 . 2 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và đường thẳng (d) có x −1 y − 3 z phương trình: = = . Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất. 2 2 −1 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log 2 x = 3 3 2 + 3log 2 x + 2 . 3 ----------------- Hết ----------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………………; Số báo danh:………………..
ĐÁP ÁN Câu 1: 1, Cho hàm số y = x − 3 x + 2 (1) . 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ: ﾡ y ' = 3x 2 − 3; y ' = 0 � 3 x 2 − 3 = 0 � x = � y(1) = 0, y( −1) = 4 1; Ham số nghịch biến trên khoang ( −1; 1 ) ̀ ̉ Ham số đồng biến trên mỗi khoang ( − ; − 1 ) ; ( 1; + ̀ ̉ ) Ham số đat cực tiêu tai x = 1, yCT = 0 và ham số đat cực đai tai x = −1, yCĐ = 4 ̀ ̣ ̉ ̣ ̀ ̣ ̣ ̣ Giới han: x − ̣ lim y = − ; lim y = + x + y ̉ ́ Bang biên thiên: • • 4 x −∞ −1 1 +∞ •2 y’ + 0 − 0 + 4 +∞ y • • • x −2 −1 0 1 2 −∞ 0 y’’= 6x; y’’= 0 ⇔ x = 0, y(0) = 2 ⇒ đồ thị có điêm uôn I(0; 2) là tâm đôi xứng và đi qua các điểm ( −2; 0), ̉ ́ ́ (2; 4) Đồ thi: ̣ Câu 1: 2. Định m để phương trình: x − 3 x + 2 = log 4 2 (m + 1) có 4 nghiệm thực phân biệt. Phương 3 2 trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa (d ) : y = log 4 2 (m + 1) và (C ') : y = x − 3 x + 2 , 2 3 với (C’) được suy ra từ (C) như sau: Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi: y • • 0 < log 4 2 (m 2 + 1) < 4 4 �
x 4 + 2 x3 − 5 x 2 + y 2 − 6 x − 11 = 0 Câu 2: 2. Giải hệ phương trình: 3 y2 − 7 − 6 ( x, y ﾡ ) . x2 + x = y2 − 7 ( x 2 + x − 3) 2 + y 2 − 7 = 13 Đk y > 7 . Khi đó hệ đã cho tương đương với: ( x 2 + x − 3) y 2 − 7 = −6 u 2 + v 2 = 13 Đặt: u = x + x − 3; v = y − 7, v > 0 . Khi đó hệ phương trình trở thành: 2 2 uv = −6 �u + v ) 2 − 2uv = 13 �u + v) 2 = 1 � + v = 1 � = −2 � = −3 ( ( u u u �� = −6 uv � = −6 uv � = −6 uv �=3 v �= 2 v � 2 + x − 3 = −2 � 2 + x − 3 = −3 � x �x Giải các hệ phương trình: � 2 , � , ta được nghiệm của hệ đã cho là: � y −7 = 3 � y −7 = 2 2 � 1 5 �� 1 5 − − � ( 0; 11 , −1;) ( ) 11 , � � 2 ; 4 �� , �� 2 ; − 4� � � �� π x 2 sin x + 1 4 Câu 3: Tính tích phân I = dx π 1 + 2 cos x 2 − 4 π π 2 0 2 4 x sin x x sin x x 2 sin x 4 Xét: I1 = �+ 2 cos2 x dx = π 1 �+ 2 cos2 x 0 1 + 2 cos 2 x dx = I1 + I2 π 1 dx + � − − 4 4 π π Đặt x = −t � dx = −dt . Đổi cận: x = − �t = ; x = 0�t = 0 4 4 π π 0 0 x 2 sin x t 2 sin(−t ) 4 t 2 sin t 4 x 2 sin x Khi đó: I1 = � dx = � d (−t ) = − � dt = − � dx π 1 + 2 cos x π 1 + 2 cos ( −t ) 1 + 2 cos 2 t 1 + 2 cos 2 x 2 2 − 0 0 4 4 Suy ra I1 = 0 π π 4 4 1 1 1 I2 = � dx = �1 . dx Đặt t = tan x � dt = 12 dx . π 1 + 2 cos x 2 2 − − π + 2 cos x cos x 4 cos 2 x 4 1 π π 1 Đổi cận: x = − � t = −1; x = � t = 1 � I 2 = dt 4 4 −1 3 + t2 π π Lại đặt t = 3 tan u � dt = 3(1 + tan 2 u )du . Đổi cận: t = −1 � u = − ; t =1� u = 6 6 π π 6 3 3 6 π 3 π 3 � I2 = du = u = . Vậy I = I1 + I 2 = π 3 3 −π 9 9 S − 6 6 Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a 3 , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng K ﾡﾡ a 3 và SAB = SCB = 900 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa SB với mặt phẳng (ABC). H C Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có: SH ⊥ ( ABC ) + � HA ⊥ AB . Tương tự HC ⊥ BC � SA ⊥ AB (gt) A B
Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông + Có: AH / / BC �( SBC ) � AH / / ( SBC ) � d [ A, ( SBC )] = d [ H , ( SBC )] = a 2 BC ⊥ HC + Dựng HK ⊥ SC tại K (1). Do � BC ⊥ ( SHC ) � BC ⊥ HK (2) � BC ⊥ SH (1) và (2) suy ra HK ⊥ ( SBC ) . Từ đó d [ H , ( SBC )] = HK = a 2 ﾡ HK SH HK .HC a 2.a 3 � KC = HC 2 − HK 2 = 3a 2 − 2a 2 = a tan SCH = = � SH = = =a 6 KC HC KC a 1 1 1 a3 6 Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi: V = S ABC .SH = AB.BC.SH = a 3.a 3.a 6 = 3 6 6 2 + Góc giữa SB với mp(ABC) là góc SBH = 45 (do ∆SHB vuông cân) ﾡ 0 Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. b b c c a a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = + + 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b b b c c a a Từ giả thiết ta có P = + + a+3 b+3 c+3 Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có: b b b b a +3 b3 3b + + 3 3 = 2 a + 3 2 a + 3 16 64 4 c c c c b+3 c3 3c a a a a c+3 a 3 3a Tương tự + + 33 = + + 33 = 2 b + 3 2 b + 3 16 64 4 2 c + 3 2 c + 3 16 64 4 Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được: b b c c a a a +b+c +9 3 3 + + + �+ + ۳ (a b c) P Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = c = 1 a+3 b+3 c+3 16 4 2 x2 y2 Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip ( E ) : + =1. 9 4 Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3. ∆ vuông góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = 0. Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (E): 4x2 + (x + m)2 = 36 ⇔ 5x2 + 2mx + m2 − 36 = 0 (1) Đường thẳng ∆ cắt (E) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2) khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 phân biệt ⇔ ∆ = 720 – 16m2 > 0 ⇔ −3 5 < m < 3 5 (2) 10 10 m AB = ( x2 − x2 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 = x1 − x2 = . 720 − 16m 2 d (O, ∆) = 3 15 10 1 3 10 ⇒ SOAB = AB.d (O, ∆) = 3 16m 4 − 720m 2 + 8100 = 0 � m = � (thỏa điều kiện (2)) 2 2 3 10 Vậy phương trình đường thẳng ∆: x − 3 y =0 2 Câu 6a:2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và đường thẳng (d) có x+3 y −2 z +3 uuu uuu r r phương trình: = = . Tìm điểm M trên (d) sao cho tích MA.MB nhỏ nhất. 4 1 2 Ta có trung điểm của AB là I(2; −3; 0) uuu uuu r r uuu uu uuu uu r r r r uuu uu uuu uu r r r r ( )( ) ( )( ) MA.MB = MI + IA MI + IB = MI + IA MI − IA = MI 2 − IA2 = MI 2 − 9
uuu uuu r r Suy ra MA.MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I trên (d). uuu r M �d � M (−3 + 4t ; 2 + t ; − 3 + 2t ) � IM = (−5 + 4t ; 5 + t; − 3 + 2t ) r uuu r uuu r r r (d) có vectơ chỉ phương u = (4; 1; 2) IM ⊥ u � IM .u = 0 � 4(−5 + 4t ) + 5 + t + 2( − 3 + 2t ) = 0 � t = 1 uuu uuu r r � M (1; 3; − 1), MI = 38 . Vậy MA.MB ( ) = 29 đạt được khi M (1; 3; − 1) min Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn 2 z − i = z − z + 2i và z − ( z ) = 4 2 2 Giả sử z = x + yi ( x, y ﾡ ) . Từ giả thiết ta có: x2 � + ( y − 1)i = ( y + 1)i x x 2 + ( y − 1)2 = ( y + 1) 2 �x2 − 4 y = 0 �y= 0 �� 4 ( x + yi ) 2 − ( x − yi ) 2 = 4 xy = 1 xy = 1 x3 = 4 x= 3 4 3 2 2 . Vậy z = 4+ 3 3 i y= 2 2 Câu 6b: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. x = −2 + 5t Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của BM : (t ﾡ ) y = −5 + 9t B, M ∈ BM ⇒ B ( −2 + 5b; −5 + 9b ) , M ( −2 + 5m; −5 + 9m ) M là trung điểm BC ⇒ C ( 10m − 6;18m − 11) uuur uuu r uuur Ta có: AH = (12; −8), BC = (10m − 5b − 4;18m − 9b − 6), BH = (16 − 5b; −2 − 9b), uuur uuur uuur AC = (10m − 8;18m − 12) AH .BC = 0 � 12(10m − 5b − 4) − 8(18m − 9b − 6) = 0 � b = 2m (1) uuur uuur BH . AC = 0 � (16 − 5b)(10m − 8) + (−2 − 9b)(18m − 12) = 0 (2) 1 26 Thế (1) vào (2), ta được : 106m − 105m + 26 = 0 � m = ; m = 2 2 53 1 26 52 �154 203 � � 58 115 � Với m = , b = 1 ta được B(3;4), C(-1;-2) Với m = , b = ta được B � ; �C � ; − , − � 2 53 53 � 53 53 � � 53 53 � Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và đường thẳng (d) có x −1 y − 3 z phương trình: = = . Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất 2 2 −1 M∈ (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; −t) MA = (2 + 2t ) 2 + (1 + 2t ) 2 + t 2 = 9t 2 + 12t + 5 = (3t + 2) 2 + 1 MB = 4t 2 + (1 + 2t ) 2 + (−t + 5) 2 = 9t 2 − 6t + 26 = (3t − 1) 2 + 25 r r Trong mpOxy xét các vectơ u = (3t + 2; 1), v = ( −3t + 1; 5) r r r r Có: | u + v |= 3 5 ; | u |= (3t + 2) 2 + 1; | v |= ( −3t + 1) 2 + 25 r r r r Ta luôn có bất đẳng thức đúng: | u + v | +| + + + v | + 3 5 � u | | −+ (3t 2) 2 1 ( 3t 1) 2 25 hay r r 3t + 2 1 1 MA + MB 3 5 . Đẳng thức chỉ xảy ra khi u và v cùng hướng � = �t=− −3t + 1 5 2 � 1� Vậy ( MA + MB)min = 3 5 đạt được khi M � 2; � 0; � 2� Câu 7b: Giải phương trình: log 2 x = 3 3 2 + 3log 2 x + 2 3 Với điều kiện x > 0, ta đặt u = log 2 x và v = 3 2 + 3u � v 3 − 2 = 3u u 3 − 2 = 3v �3 − 2 = 3v u �3 − 2 = 3v u Ta có hệ: 3 � �3 3 �� (*) v − 2 = 3u � − v = 3(v − u ) u � − v )(u + uv + v + 3) = 0 (u 2 2
2 � 1 � 3 Do u + uv + v + 3 = � + v �+ v 2 + 3 > 0, ∀u , v ﾡ nên: 2 2 u � 2 � 4 �3 − 2 = 3v u �=u v u = v = −1 (*) � � � �3 � �−v = 0 u � − 3u − 2 = 0 u u=v=2 1 Với u = −1 � log 2 x = −1 � x = Với u = 2 � log 2 x = 2 � x = 4 2