Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 37', 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 37
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
3 3 2
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x − (m − 2) x − 3(m − 1) x + 1 (1), m là tham số.
2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = −2 .
b) Tìm m > 0 để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là yCĐ , yCT thỏa mãn
2 yCĐ + yCT = 4 .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (tan x + 1) sin 2 x + cos 2 x + 2 = 3(cos x + sin x) sin x.
1
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 log 2 (2 + x) + log 1 ( 4 − 18 − x ) ≤ 0.
4
2
ln 6
ex
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 3 3 + e x + 2e x + 7
dx.
0
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có SC ⊥ ( ABCD) , đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng
a 3 và ∠ABC = 1200. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) bằng 450. Tính theo a thể
tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 y. Tìm giá trị nhỏ nhất
của
1 4 8
P= 2
+ 2
+ .
( x + 1) ( y + 2) ( z + 3) 2
II. 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình đường
thẳng AC là x + 7 y − 31 = 0, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng
d1 : x + y − 8 = 0, d 2 : x − 2 y + 3 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75
và đỉnh A có hoành độ âm.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
x + 4 y −5 z + 7 x−2 y z +1
d1 : = = và d 2 : = = . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua
1 −1 1 1 −1 − 2
M (−1; 2; 0), ⊥ d1 và tạo với d 2 góc 600.
n
2
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x 2 − , biết rằng n là
7
x
3 2 3
số nguyên dương thỏa mãn 4Cn +1 + 2Cn = An .
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x − y − 2 = 0 và
d 2 : x + 2 y − 2 = 0 . Giả sử d1 cắt d 2 tại I . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M (−1;1) cắt d1
và d 2 tương ứng tại A, B sao cho AB = 3IA .
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (2; − 1; 3) và đường thẳng
x + 2 y − 4 z +1
d: = = . Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua K (1; 0; 0) , song song với đường thẳng
2 −3 1
d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3 .
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho tập E = {1, 2, 3, 4, 5} . Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3
chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5.
---------------------------- Hết --------------------------
- Câu 1: a) (1,5 điểm)
Khi m = −2 hàm số trở thành y = x 3 + 6 x 2 + 9 x + 1.
a) Tập xác định: .
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có xlim y = −∞ và xlim∞ y = + ∞
→ −∞ →+
.
* Chiều biến thiên: Ta có y ' = 3 x 2 + 12 x + 9;
x = −3 x < −3
y' = 0 ⇔ ; y' > 0 ⇔ ; y ' < 0 ⇔ −3 < x < −1.
x = −1 x > −1
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞; − 3) , ( − 1; + ∞ ); nghịch biến trên ( − 3; − 1).
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −3, yCĐ = 1, hàm số đạt cực tiểu tại x = −1, yCT = −3.
* Bảng biến thiên:
x −∞ −3 −1 +∞ y
y' + 0 – 0 +
+∞
1
y 1
−3
−3 −1 O x
−∞
c) Đồ thị:
Câu 1: b) (0,5 điểm) −3
Ta có y ' = 3 x 2 − 3(m − 2) x − 3(m − 1), ∀x ∈ .
x = x1 = −1
y ' = 0 ⇔ x 2 − (m − 2) x − m + 1 = 0 ⇔
x = x2 = m − 1.
Chú ý rằng với m > 0 thì x1 < x2 . Khi đó hàm số đạt cực đại tại x1 = −1 và đạt cực tiểu tại x2 = m − 1.
3m 1
Do đó: y CĐ = y ( −1) = , yCT = y (m − 1) = − (m + 2)(m − 1) 2 + 1.
2 2
3m 1
Từ giả thiết ta có 2. − (m + 2)(m − 1) 2 + 1 = 4 ⇔ 6m − 6 − (m + 2)(m − 1) 2 = 0
2 2
−1 33
� (m − 1)(m 2 + m − 8) = 0 � m = 1; m = .
2
− 1 + 33
Đối chiếu với yêu cầu m > 0 ta có giá trị của m là m = 1, m = .
2
π
Câu 2: (1,0 điểm) Điều kiện: cos x ≠ 0, hay x ≠ + kπ .
2
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
(tan x + 1) sin 2 x + 1 − 2 sin 2 x + 2 = 3(cos x + sin x) sin x
⇔ (tan x − 1) sin 2 x + 3 = 3(cos x − sin x) sin x + 6 sin 2 x
� (tan x − 1)sin 2 x + 3cos 2 x = 3(cos x − sin x) sin x � (tan x − 1)sin 2 x + 3(cos x − sin x) cos x = 0
� (sin x − cos x)(sin 2 x − 3cos 2 x) = 0 � (sin x − cos x)(2 cos 2 x + 1) = 0
π
sin x = cos x x = + kπ
4
⇔ 1⇔
cos 2 x = − x = ± π + kπ , k ∈ .
2
3
π π
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x = + kπ , x = ± + kπ , k ∈
4 3
- 2 + x > 0, 18 − x ≥ 0
Câu 3(1,0 điểm) Điều kiện: 4 ⇔ −2 < x ≤ 18.
4 − 18 − x > 0
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
log 2 2 + x ≤ log 2 (4 − 4 18 − x ) ⇔ 2 + x ≤ 4 − 4 18 − x .
Đặt t = 4 18 − x . Khi đó 0 ≤ t < 4 20 và bất phương trình trở thành : 20 − t 4 ≤ 4 − t
�−t 0
4 � 4
t � 4
t t 4
�����
� �4 2 � � 2 t 4.
� 20 − t 4 (4 − t ) 2 �t + t − 8t − 4 0 �(t − 2)(t 3 + 2t 2 + 5t + 2) 0 t−2 0
Suy ra 18 − x ≥ 2 ⇔ x ≤ 2. .Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình là − 2 < x ≤ 2.
4
Câu 4: (1,0 điểm) Đặt 3 + e x = t. Khi đó e x = t 2 − 3 ⇒ e x dx = 2tdt. Khi x = 0 ⇒ t = 2, khi
3 3
2tdt t
x = ln 6 ⇒ t = 3. Suy ra I = ∫ = 2∫ 2 dt
2
3t + 2(t − 3) + 7
2
2
2t + 3t + 1
3 3 3 3
t 1 1 80
= 2∫ dt = 2 ∫ − dt = 2 ln t + 1 − ln 2t + 1 = (2 ln 4 − 2 ln 3) − (ln 7 − ln 5) = ln .
2
(t + 1)(2t + 1) 2
t + 1 2t + 1 2 2
63
Câu 5(1,0 điểm)
S Kẻ SK ⊥ AB ⇒ hình chiếu CK ⊥ AB
⇒ ( ( SAB), ( ABCD) ) = ∠SKC = 45 0.
3a
∠ABC = 120 0 ⇒ ∠CBK = 60 0 ⇒ CK = CB sin 60 0 =
2
3a
⇒ SC = CK tan 450 = . (1)
D 2
I C
3 3a 2
S ABCD = AB.BC sin 120 0 = . (2)
O 2
A 1 3 3a 3
B K Từ (1) và (2) ⇒ VS . ABCD = SC.S ABCD = .
3 4
Gọi O = AC ∩ BD. Vì BD ⊥ AC , BD ⊥ SC nên BD ⊥ (SAC ) tại O. Kẻ OI ⊥ SA ⇒ OI là đường vuông
góc chung của BD là SA.. Sử dụng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC hoặc đường cao của tam giác SAC
3a 3 5a 3 5a
suy ra OI = = . Suy ra d ( SA, BD) = .
2 5 10 10
Câu 6(1,0 điểm) Ta có 2 x + 4 y + 2 z ≤ ( x 2 + 1) + ( y 2 + 4) + ( z 2 + 1) = x 2 + y 2 + z 2 + 6 ≤ 3 y + 6 .
y
Suy ra 2 x + y + 2 z ≤ 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x = = z = 1 .
2
1 1 8
Chú ý rằng, với hai số dương a, b áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 2 + 2 ≥ , (*)
a b ( a + b) 2
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b .
1 1 8 8 8
P= + + ≥ +
Áp dụng (*) ta được ( x + 1) y y
( + 1) 2 ( z + 3) ( x + 1 + + 1) 2 ( z + 3)
2 2 2
2 2
64 64.4
≥ = 64.4
y (2 x + y + 2 z + 10) 2 ≥ (6 + 10) 2 = 1.
( x + + 2 + z + 3) 2
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1, y = 2, z = 1 ..Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt khi
x = 1, y = 2, z = 1 . B
Câu 7a(1,0 điểm)
B ∈ d1 : y = 8 − x ⇒ B(b; 8 − b),
I
A C D ∈ d 2 : x = 2 y − 3 ⇒ D(2d − 3; d ).
D
- ⇒ BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8) và trung điểm
b + 2d − 3 − b + d + 8
BD là I ; .
2 2
BD ⊥ AC
u .BD = 0 − 8b + 13d − 13 = 0 b = 0
Theo tính chất hình thoi ⇒ ⇔ AC ⇔ ⇔
I ∈ AC I ∈ AC
− 6b + 9d − 9 = 0 d = 1
B (0; 8) 1 9
Suy ra ⇒ I − ; . A ∈ AC : x = −7 y + 31 ⇒ A(−7 a + 31; a ).
D(−1; 1) 2 2
1 2S 15
S ABCD = AC.BD ⇒ AC = = 15 2 ⇒ IA =
2 BD 2
2 2 2
63 9 225 9 9 a = 3 A(10; 3)
⇒ − 7a + + a − = ⇔ a − = ⇔ ⇒
2 2 2 2 4 a = 6 A( −11; 6) (ktm)
Suy ra A(10; 3) ⇒ C (−11; 6).
Câu 8.a(1,0 điểm)
Giả sử ∆ có vtcp u ∆ = (a; b; c), a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0. ∆ ⊥ d1 ⇔ u ∆ .u1 = 0 ⇔ a − b + c = 0. (1)
a − b − 2c 1
∠( ∆, d 2 ) = 60 0 ⇔ = cos 60 0 = ⇔ 2( a − b − 2c) 2 = 3( a 2 + b 2 + c 2 ) ( 2)
2
1 + 1 + 4. a + b + c 2 2 2
Từ (1) có b = a + c thay vào (2) ta được ( )
18c 2 = 3 a 2 + (a + c) 2 + c 2 ⇔ a 2 + ac − 2c 2 = 0
a = c, b = 2c
⇔
a = −2c, b = −c.
x +1 y − 2 z
Với a = c, b = 2c, chọn c = 1 ⇒ u ∆ = (1; 2; 1) ta có ∆ : = = .
1 2 1
x +1 y − 2 z
Với a = −2c, b = −c, chọn c = −1 ⇒ u ∆ = (2; 1; − 1) ta có ∆ : = = .
2 1 −1
Câu 9.a(1,0 điểm)
(n + 1)n((n − 1)
Ta có 4Cn+1 + 2Cn = An ⇔ 4. + n(n − 1) = n(n − 1)(n − 2), n ≥ 3
3 2 3
6
� 2( n 2 − 1) + 3(n − 1) = 3(n 2 − 3n + 2), n � � n 2 − 12n + 11 = 0, n � � n = 11.
3 3
11 k
2 11
2 11
Khi đó x 2 − = ∑ C11 ( x 2 )11−k . − = ∑ C11 .(−2) k .x 22−3k .
k k
x k =0 x k =0
Số hạng chứa x là số hạng ứng với k thỏa mãn 22 − 3k = 7 ⇔ k = 5.
7
Suy ra hệ số của x 7 là C11 .( −2) 5 = −14784.
5
Câu 7.b(1,0 điểm)
I
d1 cắt d 2 tại I (2; 0).
∆ A0
B0 Chọn A0 (0; − 2) ∈ d1 , ta có IA0 = 2 2 .
A Lấy B0 (2 − 2b; b) ∈ d 2 sao cho
M B
d1
A0 B0 = 3IA0 = 6 2 ⇔ (2 − 2b) 2 + (b + 2) 2 = 72
d2
b = 4 B0 (−6; 4)
⇔ 5b − 4b − 64 = 0 ⇔
16 ⇒ 42 16 .Suy ra đường thẳng ∆ là đường thẳng qua
2
b = − B ; − .
5 0 5
5
M (−1; 1) và song song với A0 B0 . Suy ra phương trình ∆ : x + y = 0 hoặc ∆ : x + 7 y − 6 = 0.
Câu 8.b (1,0 điểm)
(P) đi qua K (1; 0; 0) ⇒ phương trình (P) dạng Ax + By + Cz − A = 0 ( A 2 + B 2 + C 2 ≠ 0).
-
u .n = 0 2 A − 3 B + C = 0 (1)
( P ) // d ⇔ d P ⇔
H (−2; 4; − 1) ∉ ( P)
− 3 A + 4 B − C ≠ 0 (2)
A − B + 3C
d ( M , ( P) ) = 3 ⇔ = 3 ⇔ ( A − B + 3C ) 2 = 3( A 2 + B 2 + C 2 ).(3)
2
A + B +C
2 2
(
Từ (1) có C = −2 A + 3B, thay vào (3) ta được (−5 A + 8B ) 2 = 3 A 2 + B 2 + (−2 A + 3B ) 2 )
A = B
⇔ 5 A 2 − 22 AB + 17 B 2 = 0 ⇔
5 A = 17 B.
Với A = B, ta có C = B, không thỏa mãn (2).
17 19
Với 5 A = 17 B, ta có A = B, C = − B. Chọn B = 5 ta có A = 17, C = −19 , thỏa mãn (2).
5 5
Suy ra ( P ) : 17 x + 5 y − 19 z − 17 = 0.
Câu 9.b(1,0 điểm)
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là 5 × 4 × 3 = 60.
Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4 × 3 × 2 = 24, và số các số có mặt chữ số 5 là
60 − 24 = 36.
Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên bảng đều
không có mặt chữ số 5.
Rõ ràng A và B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có
2 2
C 1 .C 1 C 1 .C 1 3 2 13
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P( B ) = 36 36 + 24 24 = + = .
1 1 1 1
C60 .C60 C60 .C60 5 5 25
13 12
Suy ra xác suất cần tính là P = 1 − P ( A ∪ B ) = 1 − = .
25 25
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
