Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 4', 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 4
- 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 (7,0 điểm)
C©u I. (2,0 ®iÓm)
1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè y = x 3 - 3x2.
m
2. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x = .
x − 3x
2
C©u II. (2,0 ®iÓm)
π
1. T×m nghiÖm x ∈ ( 0; π ) cña ph¬ng tr×nh : 5cosx + sinx - 3 = 2 sin 2 x + .
4
3x 2 + 2 x + 2
2. T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó hµm sè y = log 2 x¸c ®Þnh ∀x ∈ R .
x 2 + 2mx + 1
e
ln(1 + ln 2 x )
C©u III. (1,0 ®iÓm) ∫
TÝnh tÝch ph©n I =
1
x
dx .
C©u IV. (1,0 ®iÓm) Cho khèi l¨ng trô ®øng ABCD. A1 B1C1 D1 cã ®¸y lµ h×nh b×nh hµnh vµ cã
∠BAD = 45 0 . C¸c ®êng chÐo AC1 vµ DB1 lÇn lît t¹o víi ®¸y c¸c gãc 45 0 vµ 600. H·y tÝnh thÓ
tÝch cña khèi l¨ng trô nÕu biÕt chiÒu cao cña nã b»ng 2.
8 x 2 + 18 y 2 + 36 xy − 5(2 x + 3 y ) 6 xy = 0
C©u V. (1,0 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh : 2 ( x, y ∈ R ) .
2 x + 3 y 2 = 30
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng täa ®é Oxy, cho các đường thẳng d1 : 3 x + 2 y − 4 = 0 ; d 2 : 5 x − 2 y + 9 = 0 .
Viết phương trình đường tròn có tâm I d 2 và tiếp xúc với d1 tại điểm A ( −2;5 ) .
2. Trong không gian täa ®é Oxyz, cho hình thoi ABCD với A(−1 ; 2; 1), B(2 ; 3 ; 2) .
x +1 y z − 2
Tìm tọa độ các đỉnh C, D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d : = = .
−1 −1 1
Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z − 1 = 5 và 17( z + z ) − 5 z z = 0 .
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng täa ®é Oxy, cho ®êng trßn (C) : x2 + y2 - 6x - 2y + 1 = 0. ViÕt ph¬ng tr×nh
®êng
th¼ng (d) ®i qua M (0;2) vµ c¾t (C) theo d©y cung cã ®é dµi b»ng 4.
2. Trong không gian täa ®é Oxyz, viÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) chøa trôc Oy vµ (P) c¾t
mÆt cÇu
(S) : x2 + y2 + z2 - 2x + 6y - 4z + 5 = 0 theo giao tuyÕn lµ mét ®êng trßn cã b¸n kÝnh b»ng
2.
( )
8
Câu VIIb. (1,0 điểm) Trong các acgumen của số phức 1 − 3i , tìm acgumen có số đo dương nhỏ nhất
.
------------------------------------ Hết -------------------------------------
- C©u 1: y = x3 - 3x2.
* TËp x¸c ®Þnh : D = R
* Sù biÕn thiªn :
− Giíi h¹n: lim y = + lim y = −
x + x − − ChiÒu biÕn thiªn : y, = 3x2 - 6x = 3x(x -2)
Hµm sè ®ång biÕn trªn c¸c kho¶ng ( - ; 0) vµ (2; + ), nghÞch biÕn trªn kho¶ng (0;2).
- Đồ thị có điểm cực đại (0;0), điểm cực tiểu (2; -4)
− B¶ng biÕn thiªn :
x - 0 2 +
y’ + 0 - 0 +
y 0 -4
* §å thÞ :
y
y'' = 6x - 6 = 0 ⇔ x = 1
§iÓm uèn U(1;-2)
§å thÞ ®i qua c¸c ®iÓm (-1;−4), (3; 0) vµ nhËn ®iÓm U(1;-2) lµm
t©m ®èi xøng .
0
x
m x 0, x 3
C©u1: 2, x= . Sè nghiÖm cña pt b»ng sè giao ®iÓm cña ®å
x 2 − 3x x x 2 − 3x = m
thị
y = x x − 3x ( x
2
0 và x 3) với đồ thị y = m .
x 3 − 3x 2 khi x < 0 hoac x > 3
Ta có y = x x − 3 x =
2
.
− x 3 + 3 x 2 khi 0 < x < 3
Lập bảng biến thiên ta có:
x - 0 2 3 +
y’ + 0 + 0 - +
4
y 0
0
+/ m < 0 hoặc m > 4 thì pt có 1 nghiệm. +/ m = 0 pt vô nghiệm.
+/ 0 < m < 4 pt có 3 nghiệm. +/ m = 4 pt có 2 nghiệm.
- π
C©u 2: 1, 5cosx + sinx - 3 = 2 sin 2 x + 5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x
4
2cos2x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0
(2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0.
+/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm.
1 π
+/ cosx = � x = � + 2kπ , k �Z .
2 3
π
Đối chiếu điều kiện x ( 0; π ) suy ra pt có nghiệm duy nhất là :
3
3x + 2 x + 2
2
3x + 2 x + 2
2
C©u 2: 2, Hµm số xác định ∀x R ∀� 2 2
�۳۳ log 0 1 x R (*).
x + 2mx + 1 x 2 + 2mx + 1
m2 − 1 < 0
Vì 3x + 2x + 2 > 0 ∀x , nên (*)
2
x 2 + 2mx + 1 3 x 2 + 2 x + 2 ∀x
2 x 2 + 2(1 − m) x + 1 0 ∆'1 ≤ 0
� 4 x 2 + 2(m + 1) x + 3 � , ∀x �R ⇔ ∆' 2 ≤ 0
0 .
−1 < m < 1 − 1 < m < 1
Giải ra ta có với : 1 - 2 m < 1 thì hàm số xác định với ∀x R.
1
2t
Câu 3: Đặt lnx = t , ta có I = ln(1 + t )dt .
2
Đặt u = ln( 1+t2) , dv = dt ta có : du = dt , v = t .
0 1+ t2
1 1
t2 �1 1
dt �
Từ đó có : I = t ln( 1+ t2) − 2� 2 dt = ln 2 − 2 � dt − � 2 �(*).
� 0 1+ t �
0 0 1+ t �0
1
dt π π
Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được = . Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 + .
0
1+ t 2
4 2
Câu 4: Hình lăng trụ đứng nên cạnh bên vuông góc với đáy và độ dài cạnh bên bằng chiều cao của
hình lăng trụ. Từ giả thiết ta có : � 1 AC = 45 , � 1 DB = 60 .
0 0
C B
2
Từ đó suy ra : AC = CC1 = 2 , BD = 2 cot 600 = .
3
Áp dụng định lý cô sin có: BD2 = AB2 + AD2 – 2AB.AD. cos450 AC2 = DC2 +AD2 – 2DC.AD.cos1350.
4 4
Ta có BD2 –AC2 = − AB. AD 2 + DC. AD(− 2) = −2 2 AB. AD � − 4 = −2 2 AB. AD � AB. AD =
3 B 3 2
C
A
D
B
C1
A
2 44
Từ đó VABCD. A1B1C1D1 = AB.AD sin450.AA1 = .2 = .
3 2 2 3
Câu 5: Điều kiện xy 0 .Nếu x = 0 suy ra y = 0 không thoả mãn pt (2) của hệ.
Nếu y = 0 cũng tương tự, vậy xy > 0.
- 2x + 3y 6 xy 5
Pt (1) của hệ 8 x 2 + 18 y 2 + 36 xy = 5(2 x + 3 y ) 6 xy � + = . DÔ thÊy 2 sè h¹ng cïng
6x y 2x + 3y 2
dÊu cã tæng = 2,5 nªn suy ra x > 0 , y > 0 .
2x + 3y
= t , t 2. Xét f(t) = t + 1 , t 2 . Ta thấy f’(t) = t − 1 > 0 ∀t 2 suy ra f(t) 5 .
2
Đặ t
6 xy t t2 2
Dấu = xẩy ra khi t = 2 hay khi 2x = 3y. Thay vào pt (2) của hệ , suy ra hệ có nghiệm: x = 3 ; y = 2.
Câu 6a: 1, Do đường tròn tiếp xúc với
đường thẳng d1 tại điểm A nên IA ⊥ d1 . d2
Vậy phương trình IA là:
2 ( x + 2 ) − 3 ( y − 5 ) = 0 � 2 x − 3 y + 19 = 0
d1
A
�x − 2 y + 9 = 0
5 � =1
x
Kết hợp I d 2 nên tọa độ tâm I là nghiệm hệ � �� � I ( 1;7 )
� x − 3 y + 19 = 9
2 � =7
y
Bán kính đường tròn R = IA = 13 . Vậy phương trình đường tròn là: ( x − 1) + ( y − 7 ) = 13
2 2
uu
r uu
r
Câu 6a: 2,Gọi I ( −1 − t ; −t ; 2 + t ) d . Ta có IA = ( t ; 2 + t ; −1 − t ) , IB = ( 3 + t ;3 + t ; −t ) .
uu uu
r r
Do ABCD là hình thoi nên IA.IB = 0 � 3t 2 + 9t + 6 = 0 � t = −1, t = −2 .
Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên:
* Với t = −1 �� 0;1;1)
I( C ( 1;0;1) , D ( −2; −1;0 ) . * Với t = −2 �� 1; 2;0 )
I( C ( 3; 2; −1) , D ( 0;1; −2 ) .
( a − 1) + b 2 = 5 � a 2 + b 2 − 2a = 24 ( 1)
2
Câu 7a: Đặt z = a + bi , ta có: z − 1 = 5 �
34
Mặt khác: 17( z + z ) − 5 z.z = 0 � a + b =
2 2
a ( 2)
5
24
Thay (2) vào (1) được a = 24 � a = 5 . Kết hợp với (1) có b 2 = 9 � b = 3, b = −3 .
5
Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là: 5 + 3i và 5 − 3i .
Câu 6b: 1, (C) có tâm I(3;1) và b/k R =3 .Giả sử (C) cắt (d) tại A , B .Hạ IH ⊥ AB thì H là trung điểm của
AB suy ra AH = 2. Tam gíac AHI vuông tại H nên IH = IA2 − AH 2 = 9 − 4 = 5 .
Vì (d) qua M(0;2) nên có pt A(x-0) +B(y-2) = 0 ( A2 + B2 0) Ax + By – 2B = 0 .
3 A + B − 2B 1
Ta có IH = 5 � = 5 � 2 A2 − 3 AB − 2 B 2 = 0 . Chọn B = 1 ta có : A = 2 hoặc - .
A +B
2 2 2
Vậy có 2 đt (d) phải tìm là : (d1): 2x + y -2 = 0 và (d2) : x – 2y + 4 = 0.
Câu 6b: 2, Phương trình (S) : (x-1)2 + (y + 3)2 + ( z -2)2 = 9 suy ra tâm I( 1; -3;2), b/k R = 3.
(P) chứa Oy nên pt có dạng Ax + Cz = 0 với (A2 +C2 0 ).
A + 2C
(P) cắt (S) theo đường tròn b/k r = 2 suy ra d(I,(P)) = R − r = 5 � = 5 � C = 2A
2 2
A2 + C 2
Chọn A = 1 thì C = 2. Vậy pt mf (P) là : x + 2z = 0.
�1 3 � � π π �
Câu 7b: Ta có 1 − 3i = 2 � −
� 2 � �i � 2 � − ) + i sin(− ) �
= cos( .
�2 � 3 3 �
8� 8π 8π �
Theo công thức Moavơrơ ta có z = 2 � − ) + i sin(− ) � Từ đó suy ra z có họ các
cos( .
� 3 3 �
8π 4π
acgumen là : − + 2kπ , k Z . Ta thấy với k = 2 thì acgumen dương nhỏ nhất của z là .
3 3
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
