ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 38

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

87
lượt xem 10
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 38', 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 38

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. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.( 7 điểm ) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = ( 2 − m ) x − 6mx + 9 ( 2 − m ) x − 2 (Cm) 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1. 2. Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13 . 1 Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: tan 2 x − tan x = ( sin 4 x + sin 2 x ) 6 x ( 3x − 7 y + 1) = −2 y ( y − 1) 2. Giải hệ phương trình: x + 2 y + 4x + y = 5 e x 2 + x ln x + 1 x Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I = e dx 1 x Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ,cạnh AB=a, AD=2a. Tam giác SAC đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với m ặt phẳng đáy,g ọi M là trung đi ểm c ủa SD ,N là điểm trên cạnh SC sao cho SC=3SN. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ N đến mặt phẳng (ACM). Câu V: (1,0 điểm) Cho ba sè x,y,z (0;1] thoả mãn: x + y 1 + z . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: x y z P = y + z + z + x + xy + z 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 VIa (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có ph ương 9 trình cạnh AB là :x-2y=0, điểm I(4;2) là trung đi ểm của AB, đi ểm M(4; ) thuộc cạnh BC, diện tích 2 tam giác ABC bằng 10. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tung đ ộ đi ểm B l ớn h ơn ho ặc b ằng 3. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C lần lượt là tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Vi ết phương trình m ặt c ầu (S) ngo ại ti ếp tứ diện OABC, tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao tuyến của (P) và (S). Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm của phương trình z 4 − z 3 − 2 z 2 + 6 z − 4 = 0 trên 1 1 1 1 tập số phức tính tổng: S= 2+ 2+ 2+ 2. z1 z2 z3 z4 B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mp(Oxy),lập phương trình chính tắc của elíp (E) bi ết nó có m ột đ ỉnh và 2 tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi của hình chữ nhật cơ sở của (E) là :12(2+ 3 ) 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho 3 đi ểm A ( 1; 2; −1) , B ( 2;1;1) ; C ( 0;1; 2 ) và x −1 y +1 z + 2 đường thẳng (d) có phương trình là: ( d ) : = = . Hãy lập phương trình đường thẳng ( ∆ ) 2 −1 2 đi qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng (d). ( 1 + 3i ) 12 ( 2 − i) Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm tất cả các số thực b, c sao cho số phức là nghiệm của ( 1 − 3i ) 6 (1+ i) 6 phương trình z 2 + 8bz + 64c = 0. -----Hết-----
ĐÁP ÁN Câu Đáp án Điểm Câu I 1) Khi m = 1 ⇒ y = x3 − 6 x 2 + 9 x − 2 • TXĐ: D = R lim ( x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2) = − , lim ( x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2) = + 0,25 đ x − x + x =1 y ' = 3x 2 − 12 x + 9 = 0 x=3 • BBT: x -∞ 1 3 +∞ 0,25 đ y/ + 0 - 0 + 2 +∞ y -∞ -2 Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến: (1;3) fCĐ = f(1) = 2 fCT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0 � x = 2 =>y=0 0,5 đ Khi x=0=>y=-2 x= 4=>y=2 Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối xứng 2) Phương trình hoành độ giao điểm là: ( 2 − m ) x3 − 6mx 2 + 9 ( 2 − m ) x − 2 = −2 � ( 2 − m ) x 3 − 6mx 2 + 9 ( 2 − m ) x = 0 (1) � x � − m ) x 2 − 6mx + 9 ( 2 − m ) � 0 0,25 đ (2 � �= x=0 ( 2 − m ) x 2 − 6mx + 9 ( 2 − m ) = 0 ( 2 ) Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện: ∆ = 9m 2 − 9 ( 2 − m ) > 0 2 m >1 0,25 đ � � 2−m 0 m 2 Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB xC Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2 Theo bài ra ta có 0,25 đ 1 S ∆OBC = h.BC = 13 � BC = 13 � ( xB + xC ) − 4 xB xC = 13(3) 2 2 6m 0,25 đ xB + xC = Theo định lý viét ta có: 2 − m (4) xB xC = 9
2 14 �6m � m= Thay (4) vào (3) ta được: � �− 36 = 13 13 (tm) � −m� 2 m = 14 1) Giải phương trình: 1 tan 2 x − tan x = (sin 4 x + sin 2 x)(1) 6 π mπ 0,25 x + cos 2 x 0 4 2 m �Z DK : � �� cos x 0 π x + mπ 2 (1) � 6sin x = cos 2 x cos x(sin 4 x + sin 2 x) � 6sin x = cos x cos 2 x(4sin x cos x cos 2 x + 2sin x cos x) � sin x(4 cos 2 x cos 2 2 x + 2 cos 2 x cos 2 x − 6) = 0 0,5 đ � sin x � cos 2 2 x(1 + cos 2 x) + cos 2 x(1 + cos 2 x) − 6 � 0 (2 � �= � sin x(2 cos3 2 x + 3cos 2 2 x + cos 2 x − 6) = 0 � sin x(cos 2 x − 1)(2 cos 2 2 x + 5cos 2 x + 6) = 0 sin x = 0 � cos 2 x = 1 � x = kπ (tm)k �Z 0,25 đ 2 cos 2 x + 5cos 2 x + 6 = 0(VN ) 2 2) Giải hệ phương trình: � ( 3x − 7 y + 1) = −2 y ( y − 1) ( 1) x x + 2y 0 0,25 đ Câu II Điều kiện: x + 2 y + 4x + y = 5 ( 2) 4x + y 0 (1) � x ( 3 x − 7 y + 1) = −2 y ( y − 1) � 3 x 2 − ( 7 y − 1) x + 2 y 2 − 2 y = 0 � ( 3 x − y + 1) ( x − 2 y ) = 0 0,25 đ y = 3 x + 1( 3 ) x = 2 y ( 4) Thay (3) vào (2) ta được: 1 7 x + 2 + 7 x + 1 = 5 điều kiện: x − 7 � 49 x 2 + 21x + 2 = 11 − 7 x 0,25 đ 11 x 11 − 7 x 0 7 17 76 �� x= � y = ( tmdk ) 175 x = 119 17 25 25 x= 25 Thay (4) vào (2) ta được: 4 y + 9 y = 5 � y = 1 =>x=2(tmdk) 0,25 đ � � � 76 � 17 Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y) �2;1) , � ; � ( � � � 25 � 25 Câu III Tính tích phân: 0,25 đ e e e e x + x ln x + 1 x 2 e x I= � 1 x e dx = �x dx + �xe x dx + � dx 1 xe 1 ln 1 x
e e Đặt I1= � dx = xe 1 − �dx = e ( e − 1) xe x x e ex e 0,25 đ 1 1 e e e e ex ex Đặt I2= � e x ln xdx = e x ln x − � dx = e e − � dx 0,25 đ 1 1 1 x 1 x e e e ex ex ex Vậy I=I1+I2+ dx = e − e + e − � dx + � dx = e e +1 e +1 e e 0,25 đ 1 x 1 x 1 x Câu VIa 1) Gọi tọa độ điểm B(2yB;yB)=>A(8-2yB;4-yB) Phương trình đường thẳng CI là: 2x+y-10=0 Gọi tọa độ điểm C(xC;10-2xC) uur uuu r => CI = 5 4 − xC ; AB = 20 yB − 2 => diện tích tam giác ABC là: 1 S ABC = CI . AB = 10 � 4 yB + 2 xC − xC y B − 8 = 2 2 xC y B − 4 y B − 2 xC = −6 ( 1) xC y B − 4 y B − 2 xC = −10 ( 2 ) 0,25 đ 4 − xC = k ( 2 yB − 4 ) uuuu r uuur Vì M �BC � CM = k MB � 11 � 9 � yB 3 vì − + 2 xC = k � B − � y 0,25 đ 2 � 2� � 2 xC yB − 6 yB − 5 xC + 16 = 0 (3) xC y B − 4 yB − 2 xC = −6 y B = −1 − 2 Từ (1) và (3): � � (loại) 2 xC yB − 6 yB − 5 xC + 16 = 0 y B = −1 + 2 0,25 đ xC y B − 4 yB − 2 xC = −10 yB = 3 Từ (2) và (3): � � 2 xC yB − 6 yB − 5 xC + 16 = 0 xC = 2 Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: A(2;1), B(6;3), C(2;6) 0,25 đ 2) Tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là 0,25 đ A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3) Gọi phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2+2Ax+2By+2Cz+D=0 Điều kiện: A2+B2+C2-D>0(1) Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình: A = −3 D=0 3 B=− �36 + 12 A = 0 � 2 � � thỏa mãn điều kiện (1) 0,25 đ � + 6B = 0 9 � =−3 C � + 6C = 0 9 � 2 D=0 Vậy phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2-6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I( 3 3 3 6 3; ; ) bán kính R = 2 2 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) => phương trình đường 0,25 đ x = 3+t 3 � 3 3 � thẳng IH là: y = + 2t � H � + t ; + 2t ; + 2t � 3 2 � 2 2 � 3 z = + 2t 2
� 5 5� 8 Vì H � P ) � H � ; ; � ( � 6 6� 3 � 5 5� 8 Vì H � P ) � H � ; ; � IH = 1 ( � � 6 6� 3 0,25 đ 27 5 2 Gọi bán kính của (C) là r ta có: r = R − IH = −1 = 2 2 2 2 z − z − 2z + 6z − 4 = 0 4 3 2 � ( z − 1) ( z + 2 ) ( z 2 − 2 z + 2 ) = 0 (1) 0,25 đ z1 = 1 z2 = −2 Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của(1)là 0,5 đ Câu VIIa z3 = 1 + i z4 = 1 − i 1 1 1 1 1 1 1 5 Thay và biểu thức S = z 2 + z 2 + z 2 + z 2 = 1 + 4 + + = ( 1− i) ( 1+ i) 4 2 2 1 2 3 4 0,25 đ VIb(2,0đ) 1. (1,0 điểm) x2 y 2 Gọi PT chính tắc của elíp (E) là : + = 1 (a>b>0) a 2 b2 Do các đỉnh trên trục lớn và F1 , F2 thẳng hàng nên F1 , F2 cùng với đỉnh B(0;b) 0,25 trên trục nhỏ tạo thành một tam giác đều BF2 = F1 F2 � � c 2 + b 2 = 4c 2 ∆BF1 F2 đều BF1 = BF2 (ld ) 0,25 � b 2 = 3c 2 = 3(a 2 − b 2 ) � 3a 2 = 4b 2 (1) HCN cơ sở có chu vi : 2(2a+2b)=12(2+ 3 ) � a + b = 6 + 3 3 (2) 3a 2 = 4b 2 (1) a=6 Ta có hệ PT: a + b = 6 + 3 3 (2) b=3 3 0,25 x2 y 2 0,25 Vậy PT chính tắc của elíp (E) là : + =1 36 27 2. (1,0 điểm) uuu r uuu r uuu uuu r r Ta có AB = ( 1; −1; 2 ) , AC = ( −1; −1;3) � � , AC � ( −1; −5; −2 ) nên phương AB � � = 0,25 trình mặt phẳng (ABC): −1( x − 1) − 5 ( y − 2 ) − 2 ( z + 1) = 0 � x + 5 y + 2 z − 9 = 0 Gọi trực tâm của tam giác ABC là H ( a, b, c ) , khi đó ta có hệ: uuu uuu r r BH . AC = 0 � − b + 2c = 3 a �=2 a � r uuu uuu r � � � . AB = 0 � � + b − 3c = 0 � � = 1 � H ( 2;1;1) CH a b 0,25 �H ( ABC ) � + 5b + 2c = 9 a � =1 c � � Do đường thẳng ( ∆ ) nằm trong (ABC) và vuông góc với (d) nên: uu r r u∆ ⊥ n ABC uu r r r uu uu � u∆ = �ABC , n d � ( 12, 2, −11) . Vậy đường thẳng ( ∆ ) đi qua điểm r r �n � = u ⊥u 0,5 ∆ d x − 2 y −1 z −1 H ( 2;1;1) và có vtcp ( 12, 2, −11) nên ∆ : = = 12 2 −11 VIIb ( ) 3 Ta có 1 + 3i = 1 + 3 3i + 3.3i 2 + 3 3i 3 = −8
( 1 − 3i ) 0,25 3 = 1 − 3 3i + 3.3i 2 − 3 3i 3 = −8 ( 1+ i) 2 = 2i ( 1 + 3i ) 12 ( 2 − i ) ( −8 ) 4 ( 2 − i ) 8( 2 − i) Do đó = =− = 8 ( 1 + 2i ) = 8 + 16i 0,25 ( 1 − 3i ) ( 1 + i ) ( −8 ) ( 2i ) 6 2 3 6 i Theo giả thiết ta có ( 8 + 16i ) + 8b ( 8 + 16i ) + 64c = 0 2 0,25 � ( 1 + 2i ) + b ( 1 + 2i ) + c = 0 � ( 2b + 4 ) i + b + c − 3 = 0 2 �b + 4 = 0 2 � = −2 b �� . Vậy .... 0,25 �+c −3 = 0 b �=5 c 0.5 0.25 4a 15 N . ACM = 0.25 ACM 3 91 y,z (0;1] thoả mãn: x + y 1 + z . x y z á nhÊt cña biÓu thøc: P = + + y + z z + x xy + z 2 � (0;1] � ( x − 1)( y − 1) � � xy + 1 � + y 0 x 0.25 x y 1 x y 1 ra xy z .Ta có P = z + x + z .Đặt a = ; b = ; c = y x xy z x z +1 +1 +1 z z z2 x x 1 a b c . 1 .Khi đố P= + + , ab c 1 y z z b + 1 a + 1 ab + 1
1 2 0.25 + �� ( ab − 1)( a − b ) 2 � luôn đúng do ab 1 0 a + 1 1 + ab a b =( + 1) + ( + 1) − 2 +1 b +1 a +1 1 1 2 1)( + ) − 2 (2 ab + 1). −2 b +1 a +1 1 + ab 2 ab � 1 + ab a b c 2 ab 1 + + + .Đặt t= ab 1 b + 1 a + 1 ab + 1 1 + ab 1 + ab 1 = f (t ) 1+ t2 2t 1 + liên tục trên [1; + ) 1+ t 1+ t2 (t 2 + t + 1) > ∀t �(1; +� ) (t + 1) 2 2 3 ng biến trên [1;+ ) = f (t ) f (1) .Dấu “=” xảy ra khi và chỉ 2 3 = y = z = 1 . Vậy GTNN của P bằng khi x=y=z=1 2 Thí sinh vẫn được điểm tối đa nếu giải bài toán đúng theo cách khác.