ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 8

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

Thêm vào BST

Báo xấu

44
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 8', 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 8

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. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 điểm) 2x +1 C©u I (2,0 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị là (C) x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm các giá trị m để đường thẳng y = −3x + m cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng x − 2 y − 2 = 0 (O là gốc tọa độ). Câu II (2,0 ®iÓm) 1. Giải bất phöông trình x 3 + (3 x 2 − 4 x − 4) x + 1 0 � π� 2. Giải phöông trình cos x + cos 3 x = 1 + 2 sin � x + � 2 � 4� π 2 ́ C©u III (1,0 ®iÓm) Tinh tích phân 1 − 3 sin 2 x + 2 cos 2 xdx 0 C©u IV (1,0 ®iÓm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2 2a . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng v ới tr ọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) m ột góc 45 0. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. C©u V (1,0 ®iÓm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức 2 x 2 + xy 2 y 2 + yz 2 z 2 + zx + + 1 ( y + zx + z ) 2 ( z + xy + x ) 2 ( x + yz + y ) 2 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn C©u VI.a (2,0 ®iÓm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d 1: 3 x + y + 5 = 0 , d2: 3 x + y + 1 = 0 và điểm I (1; −2) . Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d1, d2 lần lượt tại A và B sao cho AB = 2 2 . 2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) và m ặt ph ẳng (P) có ph ương trình x + 3 y − z + 2 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đo ạn AB. Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (1 − 3i ) z là số thực và z − 2 + 5i = 1 . B. Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao C©u VI.b (2,0 ®iÓm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 x + y + 5 = 0 , d2: x − 3 y + 5 = 0 và điểm I (1; −2) . Gọi A là giao điểm của d 1 và d2 . Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d1, d2 1 1 lần lượt tại B và C sao cho 2 + đạt giá trị nhỏ nhất. AB AC 2 2. Trong không gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaø C(2;2;1) và mặt phẳng (P): x + 3y – z + 2 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2 log1− x ( − xy + y − 2 x + 2 ) + log 2+ y ( x − 1) = 6 2 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình log1− x ( y + 5 ) − log 2+ y ( x + 4 ) = 1 --------------------------------------------------HÕt----------------------------------------------------- 2x +1 Câu 1: 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x −1 −3 TXĐ : ﾡ \ { 1} . y ' = < 0, ∀x 1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ;1) và (1; + ) ( x − 1) 2 2x +1 2x +1 2x +1 lim = + ; lim =− TCĐ : x = 1 lim =2 TCN : y = 2 x 1 x −1 + x 1 x −1 − x x −1 Lập BBT Đồ thị 6 5 4 3 2 1 -4 -2 1 2 4 6 -1 -2 Câu 1: 2, trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng x − 2 y − 2 = 0 (d) 2x + 1 Pt hoành độ giao điểm: = −3x + m . Với đk x 1 x −1 PT � 2 x + 1 = ( x − 1)(−3 x + m) � 3x 2 − (1 + m) x + m + 1 = 0 (1) D cắt (C) tại A và B ⇔ Pt (1) có 2 nghiệm khác 1 ∆ = (1 + m) 2 − 12(m + 1) > 0 m > 11 � � (m + 1)(m − 11) > 0 � 3 − (1 + m) + m + 1 0 m < −1 Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của (1). Khi đó A( x1 ; −3x1 + m), B ( x2 ; −3 x2 + m) x1 + x2 1 + m m −1 Gọi I là trung điểm của AB � xI = = , y I = −3 xI + m = 2 6 2 uuu 2 uur r �+ m m − 1 � 1 Gọi G là trọng tâm tam giác OAB � OG = OI � G � ; � 3 �9 3 � 1+ m � −1 � m 11 11 G �d � − 2. � �2=0�m=− − (TM). Vậy m = − 9 �3 � 5 5 Câu 2: 1, Giải bất phöông trình x 3 + (3 x 2 − 4 x − 4) x + 1 0
y 0 Điều kiện : x −1 . Đặ t y = x + 1 Bpt trở thành x 3 + (3x 2 − 4 y 2 ) y 0 y = x +1 2 TH 1. y = 0 � x = −1 . Thỏa mãn BPT TH 2. y > 0 � x > −1 . Chia hai vế cho y 3 ta được 3 2 �� x x x � �+ 3 � �− 4 0 . Đặt t = y và giải BPT ta được t 1 y �� y −1 x < 0 −1 x < 0 x x 0 1+ 5 t�+ � 1 1 x x 1 x 0 � −1 �x � . y 1− 5 1+ 5 2 x2 − x − 1 0 x 2 2 1+ 5 � 1+ 5 � Kết hợp x > −1 ta được −1 < x . Vậy tập nghiệm của BPT là S = − �1; � 2 � 2 � � π� Câu 2: 2, Giải phöông trình cos x + cos 3 x = 1 + 2 sin � x + � 2 � 4� � 2cos2xcosx = 1+ sin2x + cos2x � cos2x(2cosx − 1) = 1+ 2sinxcosx cosx + sinx = 0 (1) � (cos2 x − sin2 x)(2cosx − 1 = (cosx + sinx)2 ) (cosx − sinx)(2cosx − 1 = cosx + sinx ) (2) � π� π π (1) � 2sin� + � 0 � x + = kπ � x = − + kπ x = � 4� 4 4 cosx = 0 π + kπ x= (2) � 2cosx(cosx − sinx − 1) = 0 � 2 � π� � 2cos� + � 1 x = π π � 4� x+ = + k2π 4 4 π π Vậy pt có nghiệm là x = − + kπ , x = + kπ , x = k2π 4 2 π 2 ́ Câu 3: Tinh tích phân I = 1 − 3 sin 2 x + 2 cos 2 xdx 0 π π π 2 2 2 I = � − 3 sin 2 x + 2 cos 2 xdx = � x − 3 cos x) 2 dx = � x − 3 cos x dx 1 (sin sin 0 0 0 π �π� π sin x − 3 cos x = 0 � tan x = 3 � x = + kπ Do x � � 0; nên x = 3 � 2� 3 π π π π 3 2 3 2 I = � x − 3 cos x dx + � x − 3 cos x dx = sin 0 sin π � x− (sin 0 3 cos x)dx + � x − 3 cos x) dx (sin π 3 3 π π ( = − cos x − 3 sin x ) 3 0 ( + − cos x − 3 sin x ) 2 π 1 3 1 3 = − − +1 + − 3 + + = 3 − 3 2 2 2 2 3 Câu 4: Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT SH ⊥ ( ABCD)
2 1 Gọi O = AC �� BD CH = CO = AC = a � AH = AC − HC = 2a 3 3 SA tạo với đáy góc 45 suy ra SAH = 450 � SH = AH = 2a Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD thì 0 1 1 4 2 3 V = S ABCD .SH = a.2 2a.2a = a . Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC 3 3 3 và // SD Do đó d ( SD; AC ) = d ( SD;( ACM )) = d ( D;( ACM )) Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó � a 4 2a 2 � A(0;0;0), B(a;0;0), D(0; 2 2a;0), S � ; �3 ; 2a � ( a; 2 2a;0) �,C � 3 � � a 2 2a � 5 S uuu r M� ; �6 ;a� � . AC = (a; 2 2a;0) � 3 � uuuu � a 2 2a � r 5 AM = � ; �6 ;a� � � 3 � M D C H O A B uuu uuuu r r r AC �AM = (2 2a 2 ; −a 2 ; − 2a 2 ) Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt n = (2 2; −1; − 2) nên −2 2 a 2 2a có phương trình là 2 2 x − y − 2 z = 0 � d ( D;( ACM )) = = 8 +1+ 2 11 2 x 2 + xy 2 y 2 + yz 2 z 2 + zx Câu 5: Chứng minh + + 1 (1) ( y + zx + z ) 2 ( z + xy + x ) 2 ( x + yz + y ) 2 Ta có ( y + zx + z ) 2 = ( y . y + x . z + z . z ) 2 ( y + x + z )( y + z + z ) 1 1 2 x 2 + xy 2 x 2 + xy ۳ ( y + zx + z ) 2 ( x + y + z )( y + 2 z ) ( y + zx + z ) 2 ( x + y + z )( y + 2 z ) 1 � x 2 + xy 2 � 1 � x 2 + 2 xy + 2 xz 2 � = � + x − x�= � − x� ( x + y + z) � y + 2 z � ( x + y + z) � y + 2z � 2x x = − . Tương tự, cộng lại ta được y + 2z x + y + z 2x 2y 2z � x2 y2 z2 � 2( x + y + z ) 2 VT (1) + + −1 = 2 � + + �−1 −1 y + 2z z + 2x x + 2 y � + 2 xz yz + 2 yx zx + 2 zy � xy 3( xy + yz + zx) Chứng minh được ( x + y + z ) 2 3( xy + yz + zx) . Suy ra VT (1) 2 − 1 = 1 Đẳng thức xảy ra x = y = z Câu 6a: 1, Viết ptđt đi qua I và cắt d1, d2 lần lượt tại A và B sao cho AB = 2 2 uu r r uur A �d1 � A(a; −3a − 5); B �d 2 � B(b; −3b − 1) IA = (a − 1; −3a − 3) 0; IB = (b − 1; −3b + 1) uur uur b − 1 = k ( a − 1) I, A, B thẳng hàng � IB = k IA � −3b + 1 = k (−3a − 3)
b −1 Nếu a = 1 � b = 1 � AB = 4 (không TM) Nếu � −3b + 1 = (−3a − 3) � a = 3b − 2 a −1 t = −2 AB = (b − a ) + [ 3(a − b) + 4] = 2 2 � t + (3t + 4) = 8, t = b − a � 5t + 12t + 4 = 0 � 2 2 2 2 2 2 t=− 5 t = −2 � b − a = −2 � b = 2, a = 4 � ∆ : 5 x + y − 3 = 0 −2 −2 6 8 t= �b−a = � b = , a = � ∆ :13 x + y − 11 = 0 5 5 5 5 Câu 6a: 2, Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của AB � 3 −3 3 �uuu − r 3 � I � ; ; �AB = ( −1; −1; −1) Pt (Q) là x + y + z + = 0 Đường thẳng ∆ đi qua điểm . �2 2 2 � 2 �7 1� r 7 1 − I � ;0; �và có vtcp u = (2; −1; −1) Pt tham số của ∆ là x = − + 2t , y = −t , z = − t � 4 4� 4 4 �7 1 � 25 5 19 5 3 � � M �∆ � M � + 2t ; −t ; − t �OM = 12t 2 − 15t + − . OM nhỏ nhất t = � M � ;− ;− � �4 4 � 4 8 �6 8 8� Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn (1 − 3i ) z là số thực và z − 2 + 5i = 1 . Giả sử z = x + yi , khi đó (1 − 3i ) z = (1 − 3i)(a + bi) = a + 3b + (b − 3a )i (1 − 3i ) z là số thực � b − 3a = 0 � b = 3a z − 2 + 5i = 1 � a − 2 + (5 − 3a )i = 1 � (a − 2) 2 + (5 − 3a) 2 = 1 a = 2�b = 6 7 21 � 10a − 34a + 29 = 1 � 5a − 17 a + 14 = 0 � 2 2 7 21 Vậy z = 2 + 6i, z = + i a = �b = 5 5 5 5 Câu 6b: 1, Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d1, d2 lần lượt tại B và C sao cho 1 1 2 + đạt giá trị nhỏ nhất d1 ⊥ d 2 , d1 �d 2 = A � A(−2;1) Gọi H là hình chiếu của A trên AB AC 2 BC. 1 1 1 1 1 1 ∆ ABC vuông tại A nên 2 + 2 = 2 2 + 2 nhỏ nhất nhỏ nhất AH AB AC AH r uur AB AC AH 2 lớn nhất H I Khi đó ∆ qua I và có vtpt n = AI = (−1; −1) . Pt ∆ là x + y + 1 = 0 Câu 6b: 2, Tìm M thuộc (P) sao cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh được MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất MG nhỏ nhất M là hình chiếu của G trên (P). Tìm được tọa độ � 4 2 � Tìm được � 61 17 � 22 G� ; � 1; M � ; ;− � � 3 3� �3 3 3� 2 log1− x ( − xy + y − 2 x + 2 ) + log 2+ y ( x − 1) = 6 (1) 2 Câu 7b: Giải hệ phương trình log1− x ( y + 5 ) − log 2+ y ( x + 4 ) = 1 (2) � 1− x > 0 1 � x 0 1 � 2 < y −1 −
(1) � 2 log1− x (1 − x) ( y + 2 ) + 2 log 2+ y ( 1 − x ) = 6 � 2 + 2 log1− x ( y + 2 ) + 2 log 2+ y ( 1 − x ) = 6 . 2 Đặt t = log1− x ( y + 2) ta được � 2 + 2t + = 6 � 2t 2 − 4t + 2 = 0 � t = 1 t x+2 x+2 y + 2 = x − 1 Thế vào (2) ta được log1− x ( x + 2 ) − log1− x ( x + 4 ) = 1 � log1− x =1� = 1− x 4+ x 4+ x x = 2− 6 (TM) x2 − 4 x − 2 = 0 Vậy x = 2 − 6, y = −1 − 6 x = 2+ 6 (KTM)