ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 33

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 7
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 33', 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 33

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 = x − 2m x + m + m ( 1) , m là tham số thực. 4 2 2 4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = −1 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số ( 1) có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có diện tích bằng 32. Câu II (2.0 điểm) � 3π � 1. Giải phương trình tan x - 3cos � - x = � sin x.tan x. � 2 � 8 x3 − y 3 = 63 2. Giải hệ phương trình ( x, y R) . y2 + 2x2 + 2 y − x = 9 e3 2 x ln 2 x − x ln x 2 + 3 Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân I = dx . e2 x (1 − ln x) Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC=2a. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm BC, mặt phẳng (SAC) tạo với đáy (ABC) một góc 600. Tính thể tích hình chóp và khoảng cách từ đi ểm I đến m ặt phẳng ( SAC) theo a, với I là trung điểm SB. CâuV (1.0 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn 2 x − 2 2 y + 8 = 4 x + 1 − y . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = 4 x + 2 y − 16 . PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 − 4 x − 8 y − 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm Q ( 5; 2 ) và cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho MN = 5 2 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD, biết B ( 3;0;8 ) , D ( −5; −4;0 ) và đỉnh A thuộc mặt phẳng (Oxy). Tìm tọa độ điểm C. ( 1 + 3i ) (3 + i) Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm môđun của số phức Z +1, biết Z = . i ( 1− i) 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − 3 y − 6 = 0 và điểm N ( 3; 4 ) . Tìm tọa 15 độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác OMN (O là gốc tọa độ) có diện tích bằng . 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x + y + z + 2 x − 4 y − 4 = 0 và mặt phẳng 2 2 2 (P): x + z − 3 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( Q) đi qua điểm M ( 3;1 − 1) vuông góc với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). x log9 y + y log9 x = 6 Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình 2 log x − log y = 6. 3 1 3 -----------Hết-----------
ĐÁP ÁN Câu 1.(1 điểm) Khảo sát…. Khi m=-1 ta có y = x 4 − 2 x 2 • Tập xác định: D=R. • Sự biến thiên x=0 - Chiều biến thiên y = 4 x − 4 x = 4 x( x − 1), y, = 0 , 3 2 . x= 1 Hàm số NB trên các khoảng (− ; −1) và (0;1) . ĐB trên các khoảng (-1;0) và (1: + ) - Cực trị: hàm số đạt cực trị tại x = 1 , yct=-1, đạt cực đại tại x=0, ycđ=0. - Giới hạn: lim y = lim y = + . x − x + - Bảng biến thiên: x − -1 0 1 + y’ - 0 + 0 - 0 + + 0 + y -1 -1 • Đồ thị: y 2 1 -2 -1 O 1 2 x -1 -1 -2 x=0 Câu 1: 2.(1.0 điểm) y = 4 x − 4m x = 4 x ( x − m ) ; y, = 0 � 4 x ( x 2 − m2 ) = 0 � , 3 2 2 2 x= m Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi pt: y , = 0 có ba nghiệm phân biệt ۹ m 0 (*). Khi đó, gọi A, B, C là các điểm cực trị của đồ thị hàm số và A(0; m 4 + m ), B(m;m), C(-m;m). Suy ra AB=AC= m 2 + m8 , BC=2|m| do đó tam giác ABC cân tai A 1 1 4 Ta có I(0;m) là trung điểm BC và S ∆ABC = AI .BC � 32 = m .2 | m |� m = � thỏa mãn (*). 2 2 2 Vậy m cần tìm là m = 2 . Câu 2: 1. (1.0 điểm) Giải phương trình Điều kiện: cosx 0 (*). Phương trình đã cho tương đương với: tan x + 3.sin x = s inx.tanx ( � sin x + 3.sin x.cos x = sin 2 x � sin x 1 + 3 cos x − sin x = 0 ) � s inx=0 � x = kπ , thỏa mãn (*) � π�1 π 7π � sinx- 3 cos x − 1 = 0 � s in � � � x = + 2kπ (không tm (*)) hoặc x = x- = + 2kπ (tm (*)) Vậy, � 3�2 2 6 7π phương trình có nghiệm: x = kπ ; x = + 2 kπ ( k Z ) . 6
8 x3 − y 3 = 63 (1) Câu 2: 2. (1.0 điểm) Giải phương trình… y2 + 2x2 + 2 y − x = 9 (2) Nhân phương trình (2) với -6 rồi cộng vế theo vế với phương trình (1), ta được 8 x3 − 6 y 2 − 12 x 2 − 12 y + 6 x − y 3 = 9 � ( 2 x − 1) = ( y + 2 ) � y = 2 x − 3 (*) 3 3 x=2 ( 2 x − 3) + 2 x + 2 ( 2 x − 3) − x = 9 � 2 x − 3 x − 2 = 0 � 2 2 2 Thế (*) vào (2), ta được 1 x=− 2 1 �1 � Với x = 2 � y = 1 Với x = − � y = −4 . Vậy, nghiệm của hệ là: (2;1), � ; −4 � − 2 �2 � 2 x ln x ( ln x − 1) + 3 e3 3 3 e e 1 Câu 3: (1,0 điểm) I = � dx = 3 � dx − 2 � xdx ln e2 x ( 1 − ln x ) e2 x ( 1 − ln x ) e2 ( ) e3 � � 3 e 1 d (ln x ) − 2 � ln x e2 − � �= −3ln ( 1 − ln x ) e3 e3 e3 e3 = 3� x dx − 2 x ln x e2 − x e2 = −3ln 2 − 4e3 + 2e 2 . e2 ( 1 − ln x ) � � e2 � � e 2 Câu 4(1,0 điểm) Gọi H, J lần lượt là trung điểm của BC, AC, SH ⊥ ( ABC ) Ta có �� AC ⊥ SJ , suy ra góc � SJH = 600 và HJ ⊥ AC S I BC AB 2a AB = = 2a, HJ = = 2 2 2 E 6 SH = HJ .tan 600 = a B H C 2 J A ( 2) 3 1 AB. AC 1 6 6a 2 VS . ABC = SH . = . . . .a 3 = 3 2 6 2 6 HE ⊥ SJ Gọi E là hình chiếu của H lên SJ, khi đó ta có � HE ⊥ ( SAC ) . � HE ⊥ AC Mặt khác, do IH // SC IH //( SAC ) , suy ra d ( I ,( SAC )) = d ( H ,( SAC )) = HE = HJ .sin 600 = 6 a. 4 y � y � Câu 5(1,0 điểm) Ta có 2 x − 2 2 y + 8 = 4 x + 1 − y � x + = 2 � x + 1 + � + 2 � (1) � 2 � 2 � y x+ =m y 2 Gọi S là tập giá trị của x + , khi đó m �S � m �R sao cho hệ ( *) có nghiệm. 2 y m x +1 + +2 = 2 2 m a = x +1 x = a2 − 1 a2 + b2 = m + 3 a+b = � � � � 2 Đặ t � y (a, b 0) � y khi đó, (*) � � m �� (**) . �+b= 2 � =b −2 2 �= b +2 a � = m −m−3 ab 2 2 2 8 2 2 Hệ (*) có nghiệm hệ (**) có nghiệm (a;b) với a, b 0
phương trình 8X2-4mX+m2-4m-12=0 có 2 nghiệm không âm m 2 − 8m − 24 0 � y� m �� + 0 6 m 4 2 10 . Mặt khác P = 4 � + � 16 . x − � 2� m 2 − 4m − 12 0 5 + 2 10 x = −1 x =8 Suy ra: MaxP = 8 10 khi x = ; y = 3 + 2 10. min P = 8 khi hoặc . 2 y = 14 y = −4 Câu 6a: 1. (1.0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(2;4) và bán kính R=5. Gọi đường thẳng ∆ đi qua Q(5;2) có phương trình A(x- 5)+B(y-2)=0 với A2 + B 2 0 , do tiếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau nên � MIN = 900 hay tam giác MIN vuông cân tại I, suy ra d ( I , ∆) = 1 2 ( 2R =) 5 2 | A ( 2 − 5 ) + B ( 4-2 ) | 5 Hay = �| 2 B − 3 A | 2 = 5 A2 + B 2 � 17 B 2 + 24 AB + 7 A2 = 0 (*) A +B 2 2 2 A = −1 Chọn B=1 khi đó (*) � 7 A + 24 A + 17 = 0 � 2 17 A=− 7 .A= -1; B=1: phương trình đường thẳng ∆ là : -x+y+3=0 17 . A = − ; B=1: phương trình đường thẳng ∆ là : 17x-7y-71=0 7 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm: -x+y+3=0hoặc 17x-7y-71=0. Câu 6a: 2. (1.0 điểm) Ta có, trung điểm BD là I(-1;-2;4), BD=12 và điểm A thuộc mp(Oxy) nên A(a;b;0), AB 2 = AD 2 ( a − 3 ) + b 2 + 82 = ( a + 5 ) + ( b + 4 ) 2 2 2 2 do ABCD là hình vuông nên ta có, �1 � AI 2 = � BD � ( a + 1) + ( b + 2 ) + 42 = 36 2 2 �2 � 17 b = 4 − 2a a =1 a= 5 � − 14 � 17 hoặc . Tọa độ điểm A tương ứng là A(1;2;0) và A � ; ;0 � ( a + 1) + ( 6 − 2a ) 2 2 = 20 b=2 b= −14 �5 5 � 5 � 27 −6 � − Vì I là trung điểm AC nên ta có tọa độ điểm A cần tìm tương ứng là: C(-3;-6;8), C � ; ;8 � . �5 5 � ( 1 + 3i ) ( 3i −1) ( 1 + i ) ( 1 + 3i ) ( 1 − 3i ) ( 2i ) 2 Câu 7a: Ta có Z= = = 5i. −1( ( 1 − i ) ( 1 + i ) ) 2 4 Suy ra, Z + 1 = 1 − 5i � Z + 1 = 1 + 5 = 26. 2 2 uuur Câu 6b: a. (1.0 điểm) Ta có ON (3; 4) ,ON=5, N 4 2 d O 5 M -2 đường thẳng ON có phương trình 4(x-3)-3(y-4)=0 4x-3y=0 do M �d � M (3m + 6; m) 1 2 S ∆ONM Khi đó ta có S ∆ONM = d ( M , ON ).ON � d ( M , ON ) = =3 2 ON
m = −1 4. ( 3m + 6 ) − 3m = 3 � 9m + 24 = 15 � −13 5 m= 3 Với m = −1 � M (3; −1) −13 � −13 � � −13 � Với m = − � M � 7; � Vậy các điểm M cần tìm là M(3;-1) và M � 7; . − � 3 � 3 � � 3 � r Câu 6b: 2. (1.0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;0) và bán kính R=3. Mặt phăng (P) có VTPT nP ( 1;0;1) r Mặt phẳng (Q) đi qua M có dạng A ( x − 3) + B ( y − 1) + C ( z + 1) = 0 A + B + C 0 với VTPT là nQ ( A; B; C ) 2 2 2 −4 A + B + C Do (Q) tiếp xúc với (S), suy ra d ( I ,(Q)) = R � 2 2 2 = 3 � −4 A + B + C = 3 A + B + C (*) 2 2 2 A + B +C r r Mặt khác (Q) ⊥ ( P) � nQ .nP = 0 � A + C = 0 � C = − A Thay vào (*) ta được B − 5 A = 3 2 A2 + B 2 � 8B 2 − 7 A2 + 10 AB = 0 (**) −4 Chọn B=1, (**) � 7 A2 − 10 A − 8 = 0 � A = 2 hoặc A = 7 Với A = 2 � C = −2 : được phương trình mặt phẳng (Q) là: 2 x + y − 2 z − 9 = 0 −4 4 Với A = � C = : được phương trình mặt phẳng (Q) là: 4 x − 7 y − 4 z − 9 = 0 7 7 Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2 x + y − 2 z − 9 = 0 và 4 x − 7 y − 4 z − 9 = 0 . Câu 7b: (1,0 điểm) Điều kiện: x, y > 0 (*) 2 y log9 x = 6 log 9 x.log 3 y = 1 Khi đó, ta có hệ đã cho tương đương với log 3 x + log 3 y = 3 log 3 x + log 3 y = 3 log 3 x.log 3 y = 2 log 3 x = 1 log 3 x = 2 hoặc log 3 x + log 3 y = 3 log 3 y = 2 log 3 y = 1 log 3 x = 1x=3 log 3 x = 2 x=9 Với (tm (*)) Với (tm(*)) log 3 y = 2 y=9 log 3 y = 1 y=3 Vậy nghiêm của hệ phương trình đã cho là: (3;9) và (9;3)./