ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 89

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

53
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 89', 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 89

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) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = mx 3 − 6 x 2 + 9mx − 3 (1) (m là tham số) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1 9 2) Xác định m để đường thẳng d: y = x − 3 cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt A(0,– 3), B, 4 C thỏa điều kiện B nằm giữa A và C đồng thời AC = 3AB. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2(sin x − cos x) + sin 3 x + cos 3 x = 3 2(2 + sin 2 x) 2) Giải phương trình: log 2 ( x + 2) + (2 x − 20) log 2 ( x + 2) − 10 x + 75 = 0 2 Câu III (1 điểm) x+5 Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = , trục hoành và hai 1+ 3 + 2x đường thẳng x = – 1, x = 3 quay quanh trục hoành. Câu IV (1 điểm) Cho khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= 2a. Gọi M, N lần lượt trung điểm của CC’, A’C’. Mặt phẳng (BMN) cắt cạnh A’B’ tại E. Tính thể tích khối chóp A.BMNE. Câu V ( 1 điểm) Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn : ( x + 2) 2 + ( y + 2) 2 = 7 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 3 x( x + 4) + 5 + 3 y ( y + 4) + 5 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau ) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa ( 2 điểm) 4 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ với M( – 1,– 3 ), N(4, − ), P(4, 1), Q(–3, 1) và 3 1 điểm I(1, − ). Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D lần lượt nằm trên các đường thẳng MN, NP, PQ, QM 2 sao cho ABCD là hình bình hành nhận I làm tâm. x −1 y +1 z −1 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = và hai điểm A(3, 2, –1), 1 2 −3 B(–1,– 4,3). Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VIIa ( 1 điểm) 1 0 1 1 1 2 1 1 Tính tổng S = C2011 − C2011 + C2011 − ... + C2011 − 2010 2011 C2011 3 4 5 2013 2014 2. Theo chương trình nâng cao: Câu VIb ( 2 điểm) x2 y 2 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : + = 1 và hai điểm A(2, – 2), B(– 4, 2). Tìm điểm 9 5 M trên (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 3) 2 = 17 và mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu VIIb ( 1 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm của phương trình: z 2 − [(1 + 3) + ( 3 − 1)i]z + 2 3 + 2i = 0 . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z1 + z2 2011 2011 -------------------------------------------
HƯỚNG DẪN Câu I (2 điểm) 1)(1,0 đ) Khi m = 1 ta có hàm y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 3 +TXĐ : D = R x =1� y =1 + xlim y = − , xlim y = + + y’ = 3x2 – 12x + 9 ; y’ = 0 − + x = 3 � y = −3 +BBT x – 1 3 + y’ + 0 – 0 + 1 + y – –3 + Hàm đồng biến trên các khoảng (– , 1) và (3, + ), nghịch biến trên khoảng (1,3) Điểm cực đại của đồ thị (1,1), điểm cực tiểu của đồ thị (3, –3) + y” = 6x – 12 ; y” = 0 x = 2 , y(2) = – 1 . Đồ thị có điểm uốn (2,– 1) + Đồ thị t (x) = ((x36⋅x2)+9 ⋅x)3 4 2 -5 5 -2 -4 9 2)(1,0 đ) + Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : mx − 6 x + 9mx − 3 = x−3 3 2 4 9 9 x(mx 2 − 6 x + 9m − ) = 0 x = 0; mx 2 − 6 x + 9m − = 0 (2) 4 4 + Có 3 giao điểm A(0, – 3), B, C phân biệt (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 � � � 0 m � 0 m m 0 � � � 9 � 2 m 1 − 65 1 + 65 (*) � ' = 9 − m(9m − ) > 0 � � m + + 1 > 0 ∆ −
(sin x − cos x)(1 − 4sin x cos x) = 3 2(2 + sin 2 x) (1) + Đặt t = sinx – cosx , − 2 t 2 thì t2 = 1 – sin2x + (1) trở thành t[1 + 2(t2 – 1)] = 3 2 ( 3 – t2 ) 2t 3 + 3 2t 2 − t − 9 2 = 0 (t − 2)(2t 2 + 5 2t + 9) = 0 t= 2 π 3π + sinx – cosx = sin( x − ) = 1 � x = 2 + k 2π 4 4 2) (1,0 đ) log 2 ( x + 2) + (2 x − 20) log 2 ( x + 2) − 10 x + 75 = 0 (1) 2 +ĐK: x > – 2 . Đặt t = log 2 ( x + 2) thì (1) có dạng t2 + (2x – 20)t + 75 – 10x = 0 (2) t =5 + ∆ ' = (x – 10)2 – (75 – 10x) = x2 – 10x + 25 = (x – 5)2 Suy ra (2) t = 15 − 2 x + log 2 ( x + 2) = 5 x + 2 = 25 x = 30 + log 2 ( x + 2) = 15 – 2x log 2 ( x + 2) + 2x – 15 = 0 1 Đặt f(x) = log 2 ( x + 2) + 2x – 15 thì f’(x) = + 2 > 0, ∀ x � −2, +� ( ) ( x + 2) ln 2 Hàm f(x) đồng biến trên ( – 2,+ ) và f(6) = 0 x = 6 là nghiệm duy nhất phương trình f(x) = 0. + Kết luận: Tập nghiệm S = {30, 6} 3 x+5 Câu III (1 điểm) + Thể tích khối tròn xoay tạo ra là V = π dx −1 (1 + 3 + 2 x ) 2 + Đặt t = 1 + 3 + 2x 3 + 2x = t – 1 3 + 2x = (t – 1)2 dx = (t – 1)dt x=–1 t=2;x=3 t=4 4 2 4 4 1 t − 2t + 8 1 � 10 8 � 1 �2 t 8� +V= π 2 (t − 1)dt = π �− 3 + − 2 � = π � − 3t + 10 ln t + �= π ( 5ln 2 − 1) t dt 2 2 t 2 2� t t � 2 � 2 t�2 Câu IV (1 điểm) + Đường thẳng MN cắt đường thẳng AA’ và AC tại H và K; HB cắt A’B’ tại E. H Ta có A’H = C’M = a, CK = NC’ = a/2 +VA.BMNE = VHABK – (VHAEN + VMABK) 1 3 3a 2 +SABK = AB.AK.sin600 = A' N 2 8 C' E 1 3 3a 3 +VH.ABK = SABK.HA = B' 3 8 1 3a 3 A ' E HA ' 1 1 M +VM.ABK = SABK.MC = ; = = A’E = a 3 8 AB HA 3 3 1 +VHAEN = VH.A’EN + VA.A’EN = SA’EN.HA 3 K A 1 3a 3 C = .A’E.A’N.sin600.HA = 6 24 3 3 3 B 3 3a 3a 3a 5 3a 3 +VA.BMNE = –( + )= 8 24 8 24 Câu V(1 điểm) + Gọi T là miền giá trị của P. Ta có m T Hệ sau có nghiệm ( x + 2) + ( y + 2) = 7 2 2 (I) 3 x( x + 4) + 5 + 3 y ( y + 4) + 5 = m +Đặt u = 3 x( x + 4) + 5 , v = 3 y ( y + 4) + 5 .Ta có u = 3 ( x + 2) 2 + 1 1 ,tương tự v 1 m3 − 9 u 3 + v3 = 9 (u + v)3 − 3uv(u + v) = 9 uv = Hệ (I) trở thành 3m (m 0) u+v = m u+v = m u+v = m
m3 − 9 +Ta có u, v là hai nghiệm phương trình: t 2 − mt + = 0 (1) 3m + Hệ (I) có nghiệm Phương trình (1) có nghiệm t1, t2 thỏa điều kiện 1 t1 t2 4(m3 − 9) −m3 + 36 m2 − 0 0 ∆ 0 3m 3m 0 < m 3 36 (t1 − 1) + (t2 − 1) 0 m−2 0 m 2 m 2 (t1 − 1)(t2 − 1) 0 m3 − 9 m3 − 3m 2 + 3m − 9 m ‫ 0ڳ‬m 3 > − m +1 0 0 3m 3m 3 m 3 36 . Suy ra miền giá trị T = [3, 3 36 ] . Vậy maxP = 3 36 , minP = 3 Câu VIa ( 2 điểm): 1 1)(1,0 đ) + Gọi M’, N’ lần lượt điểm đối xứng của M và N qua I M’(3, 2) và N’( – 2, ) 3 x −3 y −2 +Phương trình đường thẳng M’N’: = x – 3y + 3 = 0 −5 −5 / 3 +A MN và C đối xứng với A qua I nên C là giao điểm của M’N’ với PQ + Phương trình đường thẳng PQ: y = 1. � − 3y + 3 = 0 x �=0 x +Tọa độ điểm C là nghiệm hệ pt � � . C(0, 1) A(2, – 2) � =1 y � =1 y + Gọi Q’ điểm đối xứng của Q qua I Q’(5, – 2) +D MQ và B đối xứng với D qua I nên B là giao điểm của M’Q’ với PN x −5 y + 2 + Phương trình M’Q’: = 2x + y – 8 = 0; phương trình PN : x = 4 −2 4 �x + y − 8 = 0 2 �=4 x +Tọa độ điểm B là nghiệm hệ pt � � . B(4, 0) D(– 2, – 1 ) �=4 x � =0 y Vậy: A(2, – 2), B(4, 0), C(0, 1), D(– 2, – 1 ) 2)M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t) d. Ta có: MA + MB = (t − 2) 2 + (2t − 3) 2 + (2 − 3t ) 2 + (2 + t ) 2 + (2t + 3) 2 + ( −2 − 3t ) 2 � 3 3 � 14t 2 − 28t + 17 + 14t 2 + 28t + 17 = 14 � (t − 1) + + (t + 1) + � 2 2 = � � 14 14 � � 3 3 +Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1, ), F(–1, – ) và N(t, 0) 14 14 Ta có MA + MB = 14 (NE + NF) 14 FE = 2 17 + E và F nằm hai bên trục hoành và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hoành nên d ấu đ ẳng th ức x ảy ra khi và chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0 + Vậy min(MA + MB) = 2 17 khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1) Câu VIIa (1 điểm) + Ta có (1 − x) = C2011 − C2011 x + C2011 x 2 − ... + C2011 x 2010 − C2011 x 2011 2011 0 1 2 2010 2011 Suy ra x (1 − x) = C2011 x 2 − C2011 x 3 + C2011 x 4 − ... + C2011 x 2012 − C2011 x 2013 2 2011 0 1 2 2010 2011 1 1 x 2 (1 − x) 2011 dx = (C 0 2011 2 1 2 2010 2011 ) x − C2011 x 3 + C2011 x 4 − ... + C2011 x 2012 − C2011 x 2013 dx 0 0 1 1 � 0 1 1 1 2 1 1 � = � C2011 x3 − C2011 x 4 + C2011 x 5 − ... + C2011 x 2013 − 2010 C2011 x 2014 � 2011 �3 4 5 2013 2014 �0 1 1 0 1 1 1 2 1 1 = C2011 − C2011 + C2011 − ... + C2011 − 2010 2011 C2011 Vậy S = x 2 (1 − x) 2011 dx . 3 4 5 2013 2014 0 Đặt t = 1 – x dt = – dx . Với x = 0 thì t = 1; với x = 1 thì t = 0 0 1 1 S= (1 − t ) 2 t 2011 (−dt ) = (t 2 − 2t + 1)t 2011dt = (t 2013 − 2t 2012 + t 2011 )dt 1 0 0
1 � 2014 t t 2013 t 2012 � 1 2 1 1 =� −2 + �= − + = �2014 2013 2012 � 2014 2013 2012 2013.2014.1006 0 x−2 y+2 Câu VIb ( 2 điểm) 1)Phương trình đường thẳng AB: = 2x + 3y + 2 = 0 −4 − 2 2 + 2 2 x0 y0 2 2 x0 + 3 y0 + 2 + AB = 2 13 , M(x0,y0) (E) + = 1 , d(M,AB) = 9 5 13 1 + SMAB = AB.d(M,AB) = 2 x0 + 3 y0 + 2 2 2 �0 x y0 � � 0 y0 � x2 2 + BĐT Bunhiacôpxki (2 x0 + 3 y0 ) = � .6 + .3 5 � � + � + 45) = 81 2 (36 � 3 5 � � 9 5 � Suy ra −9 2 x0 + 3 y0 9 −7 2 x0 + 3 y0 + 2 11 � 2 x0 + 3 y0 + 2 � 11 x0 y0 x0 = 2 � = � 5 18 15 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi � � 5 .Vậy maxSMAB = 11 khi và chỉ khi M(2, ) � x0 + 3 y0 = 9 2 �0 = 3 y 3 r 2)(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 . (P) có VTPT n = (2, 2, 1) r + Gọi u = (a, b, c) là VTCP đường thẳng ∆ cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0) r r + ∆ (P) u ⊥ n 2a + 2b + c = 0 c = – 2a – 2b (1) uur uur r + Ta có AI = (–9, 2, 20), [ AI , u ] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a) uur r � ,u� AI � � ∆ tiếp xúc (S) d(I, ∆ ) = R r = 17 u (2c − 20b) 2 + (20a + 9c) 2 + (−9b − 2a) 2 = 17. a 2 + b 2 + c 2 (2) +Từ (1) và (2) ta có : (−4a − 24b) 2 + (2a − 18b) 2 + ( −9b − 2a) 2 = 17[ a 2 + b 2 + ( −2a − 2b) 2 ] 896b2 – 61a2 + 20ab = 0 +Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b 0. Chọn b = 1 224 Ta có – 61a2 + 20a + 896 = 0 a = 4 hoặc a = − 61 224 326 + Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = − , b = 1 thì c = .Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là: ( ∆ ) 61 61 224 326 ( ) x = 8 + 4t , y = t ; z = −23 − 10t và ∆ / x = 8 − 61 t ; y = t ; z = −23 + 61 t Câu VIIb (1 điểm) + Biệt số ∆ = [(1 + 3) + ( 3 − 1)i ]2 − 4(2 3 + 2i ) = −4 3 − 4i = [(1 − 3) + (1 + 3)i ]2 +Phương trình có hai nghiệm: z1 = 3 – i và z2 = 1 + 3i 3 1 π π +z1 = 3 – i = 2( − i ) = 2[cos(− ) + i sin(− )] 2 2 6 6 2011π 2011π 7π 7π 3 1 z12011 = 22011[ cos( − ) + i sin(− ) = 22011[cos(− ) + i sin(− )] = 22011 (− + i) 6 6 6 6 2 2 1 3 π π +z2 = 1 + 3 i = 2( + i ) = 2(cos + i sin ) 2 2 3 3 2011π 2011π π π 1 3 z2 = 22011 (cos 2011 + i sin ) = 22011 (cos + i sin ) = 22011 ( + i) 3 3 3 3 2 2 1− 3 1+ 3 Suy ra z12011 + z2 = 22011[ 2011 + i ] . Vậy phần thực là 22010 (1 − 3) và phần ảo là 22010 (1 + 3) 2 2