intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 34

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

51
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 34', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 34

  1. 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) 2x −1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1) x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho OA = 9OB . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0 2 xy x2 + y2 + =1 2. Giải hệ phương trình: x+ y ( x, y ᄀ ) x + y = x2 − y π 4 cot x − tan x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = � π� dx π sin 2 x cos � x − � 2 8 � 4� Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a , AC = a 3 , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC). 5log 2 x − 8log x.log y − 8log 2 y 1 + Câu V (1,0 điểm) Cho hệ bất phương trình: m + 1 ( x, y ᄀ ) 3log x − 8log x.log y + 4 log y 2 2 2m + 1 Định m để hệ bất phương trình đã cho 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 tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y – 4 = 0, BC: 3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC 5 bằng và điểm A có hoành độ dương. 2 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng x +1 y − 3 z −1 x + 3 y z +1 (d1 ) : = = , (d 2 ) : = = . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả 2 1 1 3 −1 1 hai đường thẳng (d1), (d2), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 6 . z +1 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z − 2 + 2i = 2 2 và = 1. z +i B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − 2 y + 5 = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 5 = 0 . Qua điểm M thuộc ∆, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB = 2 5 . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; −1), C(3; 3; 1) và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 6 y − 6 z + 5 = 0 . Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C. 2 2 2 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 23 x − x −10 + 4 x − x − 4 − 2 x + x + 2 − 16 = 0 .
  2. ĐÁP ÁN 2x −1 Câu 1:Cho hàm số y = (1) x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). −1 TXĐ: D = ᄀ \ { 1} , y ' = < 0, ∀x D ( x − 1) 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng: (− ;1) và (1; + ) Giới hạn và tiệm cận: x 1− y = − ; x 1+ y = + ⇒ tiệm cận đứng: x = 1 lim lim lim y = lim y = 2 ⇒ tiệm cận ngang y = 2 x + x − Bảng biến thiên: 1 � � Đồ thị: Đi qua các điểm � ; 0 �( 0; 1) và nhận giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng. , 2 � � y x −∞ 1 +∞ • y’ − − • 2 +∞ 2 • y 1• −∞ 2 • • 01 1 x 2 2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho OA = 9OB .. Gọi α là góc tạo bởi tiếp tuyến với trục x’Ox thì từ giả thiết OA = 9OB ta OB 1 suy ra hệ số góc của tiếp tuyến được tính bởi k = = ⇒ hoành độ tiếp điểm là nghiệm OA 9 của pt: y’ = k hay: −1 1 = (VN) ( x − 1) 2 9 x=4 7 5 � ( x − 1) 2 = 9 � , y(4) = , y( −2) = −1 1 x = −2 3 3 =− ( x − 1) 2 9 1 � 7� 1 7 1 25 + Với k = − và tiếp điểm � � ta có pt tiếp tuyến: y = − ( x − 4 ) + hay y = − x + 4; , 9 � 3� 9 3 9 9 1 � 5� 1 5 1 13 + Với k = − và tiếp điểm � 2; � ta có pt tiếp tuyến: y = − ( x + 2 ) + hay y = − x + − , 9 � 3� 9 3 9 9 Câu 2: 1. Giải phương trình: sin 3 x cos 2 x + sin x = 0 Pt tương đương: 2 2 sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0 � (3sin x − 4sin 3 x) 2 cos 2 x + sin 2 x = 0 � sin 2 x � − 4sin 2 x) 2 cos 2 x + 1� 0 � { [3 − 2(1 − cos 2 x)]2 cos 2 x + 1} = 0 (3 � �= � sin 2 x � + 2 cos 2 x) 2 cos 2 x + 1� 0 � sin 2 x ( 4 cos 3 2 x + 4 cos 2 2 x + cos 2 x + 1) = 0 (1 � �= sin x = 0 x = kπ � sin 2 x ( cos 2 x + 1) ( 4 cos 2 2 x + 1) = 0 � cos 2 x = −1 � π (k �ᄀ ) x = + kπ 4 cos 2 x + 1 = 0 (VN) 2 2 2 xy x2 + y2 + = 1 (1) Câu 2: 2. Giải hệ phương trình: x+ y Điều kiện: x + y > 0 x + y = x − y (2) 2
  3. 2v Đặt u = x + y, u > 0 và v = xy. Pt (1) trở thành: u − 2v + = 1 � u 3 − u − 2uv + 2v = 0 2 u u =1 � (u − 1)[u (u + 1) − 2v] = 0 � u 2 + u − 2v = 0 x =1 TH1: Với u = 1 hay x + y = 1 (thỏa đk), thay vào 2 được: 1 = x − (1 − x) � x + x − 2 = 0 � 2 2 x = −2 x = 1 � y = 0; x = −2 � y = 3 TH2: Với u 2 + u − 2v = 0 hay ( x + y ) 2 + x + y − 2 xy = 0 � x 2 + y 2 + x + y = 0 � vô nghiệm do đk Vậy hệ pt có 2 nghiệm (1; 0); (−2; 3). π cot x − tan x 4 Câu 3: Tính tích phân: I = � π� dx π sin 2 x cos � x − � 2 8 � 4� π π cos x − sin 2 x 2 4 cot x − tan x 4 sin x.cos x I=� dx = � dx � π� π � π π� π sin 2 x cos � x − � 8 sin 2 x � 2 x.cos + sin 2 x.sin � 2 cos 8 � 4� � 4 4� π π 4 4 cot 2 x cot 2 x 1 = 2 2� dx = 2 2 � . 2 dx π sin 2 x ( cos 2 x + sin 2 x ) π 1 + cot 2 x sin 2 x 8 8 2 1 1 π π Đặt t = cot 2 x � dt = − 2 dx � − dt = 2 dx . Đổi cận: x = � t = 1; x = � t = 0 sin 2 x 2 sin 2 x 8 4 0 1 1 t �1 � t � 1 � � = 2 ( t − ln t + 1 ) 0 = 2 ( 1 − ln 2 ) 1 I =2 2 . � dt �= 2 � dt = 2 �− − 1 � dt 1 1+ t � 2 � 0 1+ t 0� t +1 � Câu 4: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a , AC = a 3 , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC). Giải : Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có: A' C' 2 2a ᄀ BC = 2a, AG = AI = ; A ' AG = 600 3 3 B' 2a 3 � A ' G = AG.t an600 = N 3 Thể tích V của khối lăng trụ được tính bởi: A H C 1 1 2a 3 V = S ABC . A ' G = AB. AC. A ' G = a.a 3. = a (đvtt) 3 G 2 2 3 I M Dựng AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK B K GI MG 1 1 1 AB. AC 1 a.a 3 a 3 � = = � CI = AK = . = = AK MA 3 3 3 BC 3 2a 6 BC ⊥ GI  Dựng GH ⊥ A’I tại H (1) Do: � BC ⊥ GH (2) . Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC) � BC ⊥ A ' G Mặt khác nhận thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Từ đó d [ B ', ( A ' BC )] = d [ A, ( A ' BC )] = 3d [G, ( A ' BC )] = 3GH 2a 3 a 3 3. . A ' G.GI 3. A ' G.GI 3 6 = 6a = 2a 51 = 3. = = A' I A ' G 2 + GI 2 12a 3a 2 2 51 17 + 9 36
  4. 5log 2 x − 8log x.log y − 8log 2 y 1 + Câu 5: Cho hệ bất phương trình: m + 1 ( x, y ᄀ ) 3log x − 8log x.log y + 4 log y 2 2 2m + 1 �u 2 − 8uv − 8v 2 1 5 � 5u 2 + 8uv + 8v 2 −1 − � � Đặt u = log x, v = log y , hệ pt trở thành: � 2 m +1 � 2 2m + 2 (*) �u − 8uv + 4v �u − 16uv + 8v 2 2 3 6 � 2m + 1 � 2m + 1 u0 = log x0 Giả sử hệ có nghiệm ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ pt (*), hay ta có hệ bất đẳng thức v0 = log y0 −5u0 + 8u0 v0 + 8v0 2 2 −1 đúng sau: 2m + 2 . Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên được: 6u0 − 16u0v0 + 8v0 2 2 2m + 1 1 ( u0 − 4v0 ) 2 2m + 1 1 ⇒ ĐK cần để hệ có nghiệm là 2m + 1 > 0 hay m > − 2 1 2m + 2 1 Xét ĐK đủ: Với m > − , ta có: = 1+ > 1 . Suy ra để hệ bất pt đã cho có nghiệm x, y ta 2 2m + 1 2m + 1 chỉ cần c/m hệ bất pt (*) có nghiệm u, v hay hệ pt sau có nghiệm u, v là đủ: −5u 2 + 8uv + 8v 2 = −1 (**) 6u 2 − 16uv + 8v 2 = 1 10 10 u = 4v u= ,v = � 5u + 8uv + 8v = −1 � − 2 2 5 20 Ta có (**) � � � �2 1 � ⇒ đpcm (u − 4v) = 0 2 v = 10 10 40 u=− ,v = − 5 20 1 Vậy m > − là đáp số của bài toán 2 Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y 5 – 4 = 0, BC: 3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC bằng và 2 điểm A có hoành độ dương. Nhận xét: Góc giữa hai đường thẳng BC và AB là 450 và ∆ABC cân tại A nên ∆ABC vuông cân tại A A ∈ AB ⇒ A(4 − 2a; a); C ∈ BC ⇒ C(c; 7 − 3c) uuu r r uuur r AC = (2a + c − 4; −a − 3c + 7) , vtcp của AB là u1 = (2; −1) AC.u1 = 0 � c = 3 − a (1) � + 2y − 4 = 0 x �=2 x Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình � � ⇒ B(2;1) �x + y − 7 = 0 3 � =1 y 1 5 a=0 Diện tích tam giác ABC: S ABC = AB = ⇔ (2a − 2) + (1 − a ) = 5 � a − 2a = 0 � 2 2 2 2 . 2 2 a=2 Do xA > 0 nên chỉ nhận a = 0 ⇒ c = 3. Suy ra A(4; 0) và C(3;−2) 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng x +1 y − 3 z −1 x + 3 y z +1 (d1 ) : = = , (d 2 ) : = = . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả hai 2 1 1 3 −1 1 đường thẳng (d1), (d2), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 6 . Gọi M, N lần lượt là giao điểm của ∆ với (d1) và (d2) M (−1 + 2t1 ;3 + t1 ;1 + t1 ), N ( −3 + 3t2 ; − t2 ; − 1 + t2 ) uuuu r r Ta có: MN = (3t2 − 2t1 − 2; − t2 − t1 − 3; t2 − t1 − 2) và vtpt của (P) n = (1; − 1; 2) uuuu r r + ∆ // (P) nên: MN .n = 0 � 3t2 − 2t1 − 2 + t2 + t1 + 3 + 2t2 − 2t1 − 4 = 0 � 6t2 − 3t1 − 3 = 0 � t1 = 2t2 − 1 (1)
  5. −3 + 3t2 + t2 − 2 + 2t2 + 5 d [∆, ( P)] = 6 � d [ M , ( P)] = 6 � = 6 6 � t2 = 1 � t2 = � 1 t2 = 1 � t1 = 1; t2 = −1 � t1 = −3 uuuu r x −1 y − 4 z − 2 Với t1 = t2 = 1 , ta có M (1; 4; 2), MN = (1; 5; 2) � pt ∆ : = = 1 5 2 x = −7 + t t1 = −3 uuuu r Với , ta có M (−7; 0; − 2), MN = (1; 1; 0) � pt ∆ : y = t (t �ᄀ ) t2 = −1 z = −2 z +1 Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn z − 2 + 2i = 2 2 và = 1 .Giả sử z = x + yi, ( x, y ᄀ ) . Từ z +i giả thiết ta có: z − 2 + 2i = 2 2 � ( x − 2) + ( y + 2)i = 2 2 � ( x − 2) 2 + ( y + 2) 2 = 8 z +1 = 1 � ( x + 1) + yi = x + (1 − y )i � ( x + 1) 2 + y 2 = x 2 + (1 − y ) 2 � x = − y z +i �x − 2) 2 + ( y + 2) 2 = 8 ( �x − 2) 2 = 4 ( x = 4, y = −4 Ta được hệ: � �� � � = −x y � = −x y x = 0, y = 0 Vậy z = 4 − 4i; z = 0 Câu 6b: 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − 2 y + 5 = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 5 = 0 . Qua điểm M thuộc ∆, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB = 2 5 . +M ∈ ∆ ⇒ M(2m − 5; m); A (C) có tâm I(1; −2), bán kính R = 10 M Gọi H là trung điểm AB ⇒ AH = 5 và AH ⊥ MI I H Tam giác AIM vuông tại A có AH là đướng cao nên: 1 1 1 1 1 1 B = + 2 � = + � AM = 10 và IM = IA2 + MA2 = 2 5 AH 2 AM 2 AI 5 AM 2 10 � IM 2 = 20 ⇔ (2m − 6) + (m + 2) = 20 � m − 4m + 4 = 0 � m = 2 2 2 2 Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; −1), C(3; 3; 1) và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 6 y − 6 z + 5 = 0 . Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C. Giả sử M(x; y; z). M cách đều A, B, C nên: � 2 = BM 2 �AM �x − 2) + ( y − 1) + z = ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 1) � ( 2 2 2 2 2 2 � 2 hay � �AM = CM 2 �x − 2) + ( y − 1) + z = ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 1) ( 2 2 2 2 2 2 x=t x + z =1 �� � � = 3 (t �ᄀ ) y x + 2y + z = 7 z = 1− t −3 3 3 M ∈ (S) nên t 2 + 9 + (1 − t ) 2 + 2t − 18 − 6 + 6t + 5 = 0 � 2t 2 + 6t − 9 = 0 � t = 2 �3+3 3 − 5−3 3 � �3−3 3 − 5+3 3 � Suy ra M � � 2 ; 3; � ặc M � ho ; 3; � � 2 � � � 2 � 2 � � 3 x 2 − x −10 x2 − x − 4 x2 + x + 2 Câu 7b: Giải phương trình: 2 +4 −2 − 16 = 0 .Phương trình tương đương: 2 2 2 2 2 2 23 x − x −10 + 22 x − 2 x −8 − 2 x + x + 2 − 16 = 0 � 23 x − x −14 + 2 2 x − 2 x −12 − 2 x + x − 2 − 1 = 0 2 2 2 � (22 x − 2 x −12 − 1)(2 x + x − 2 + 1) = 0 � 2 2 x − 2 x −12 − 1 = 0 2 x = −2 � 22 x − 2 x −12 = 20 � 2 x 2 − 2 x − 12 = 0 � x=3
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2