1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 126 doc

6 518 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Tiêu đề Đề Thi Thử Đại Học
Trường học Trường THPT Nguyễn Huệ
Chuyên ngành Toán
Thể loại Đề thi
Năm xuất bản 2012 - 2013
Thành phố Đắk Lắk
Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 525 KB

Nội dung

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. Viết phương trình các tiếp tuyến của C vuông góc với IA.. Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp C.ADC’.. PHẦN RIÊNG 3

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2

1

x y x

 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1)

2 Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C), đường thẳng ( ) : d x 2y 5 0cắt ( )C tại hai điểm A, B với A có hoành độ dương Viết phương trình các tiếp tuyến của ( )C vuông góc với IA.

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4sin 3xsin 5x 2sin cos 2x x0

x y

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 2 2 

0 cos sin

 

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc  BAD 600;

D’O vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc  = 60o Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích

khối chóp C.ADC’.

Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm , , a b c có tổng bằng 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2 9

2

abc

P a bc

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (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 tam giác ABC vuông tại (1; 2) A có góc ABC 300, đường thẳng : 2d x y 1 0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B

và C.

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng( ) :P x1  2y2z 3 0 , 2

( ) : 2P x y  2z 4 0 và đường thẳng d:

3

4 2

1

x

Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2)

Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức 4 ; (1 )(1 2 ); 2 6

phẳng phức Chứng minh rằng tam giác ABC vuông

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp  

2 2

25 9

E   với hai tiêu điểm F F 1, 2 (hoành độ của F âm) Điểm 1 P thuộc elíp sao cho góc  0

1 2 120

PF F  Tính diện tích tam giác PF F 1 2

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (1;2; 1), ( 2;1;3) AB Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất.

Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi

Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu

- HẾT -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Trang 2

Câu Đáp án Điểm 1

(2,0 điểm) a (1,0 điểm) + Tập xác định D R \ 1 

+ Sự biến thiên

    Đt y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

      x1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0.25

 2

4

1

x

 Hàm số nghịch biến trên  ;1 , 1;  

Hàm số không có cực trị

0.25

Bảng biến thiên:

x   1 

'

y + 0 ||  0 

b.(1,0 điểm)

Ta có I1,2, 5

:

2

x

d y 

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là 2 2 5

x

0.25

 

3

3;4

x

A

x loai



Hệ số góc của IA là 3 1

1

4 2

k   

0.25

Gọi x là hoành độ tiếp điểm Do tiếp tuyến vuông góc với IA nên0

Tiếp tuyến có hệ số góc 2 0

0 0

3 4

1

1

x x x

  



Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là: yx7,yx 1 0.25

2

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với: 4sin 3xsin 5x sin 3x sinx 0 0.25

3sin 3x sin 5x sinx 0 3sin 3x 2sin 3 cos 2x x 0 sin 3 (3 2cos 2 ) 0x x

sin 3x 0

; 3

k

3

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

 



2

2

Trang 3

2 2

3 3

1

x y

y x y xy x

x y



Trường hợp x = y thay vào phương trình: (x 4 )(2y x y 4)36

ta được phương trình: 2 4 12 0 6

2

x

x



Hệ có nghiệm ( 6; 6);(2; 2) 

0.25

Trường hợp

x y



Do y2xy y 2 0 với x y, 0 nên nếu ( ; )x y là nghiệm thì xy 0

0.25

Mặt khác (x 4 )(2y x y 4)36 2x24y2 9xy4x16y36

 2(x1)24(y 2)2 9xy18 (*)

Do xy 0 nên PT(*) vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( 6; 6);(2; 2) 

0.25

4

(1,0 điểm) (1,0 điểm)

 

2

0 0

0.5

3

x

5

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

O

A B

D'

A' C'

B'

H

0.25

Từ giả thiết:   0

D ' DO 60

Tam giác ABD đều, AC 2AO 2.a 3 a 3 v ODà ODBD; DD'=a 1BD a; DD'=a

Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’ Ta có: OO ' a DD ' và OO 'AC

(do ACBDD B' '), nên diện tích tam giác ACC’ là:

2 ACC ' ACC ' A '

0.25

Diện tích tam giác ACD là

2 ACD

S

4

0.25

Trang 4

Kẻ OH vuông góc với CD thì D ' HCD v OD'H à ODBD; DD'=a vuông tại O Do đó DH a

4

4

Diện tích tam giác C’CD là SC ' CD 1SCDD 'C ' 1CD.D ' H 1a.a 15 a2 15

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là:

 

xq ACC ' ACD CDC '

Thể tích

' '.

1 3

'

6

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

2 2 2 9

2

abc

2

abc

2

a

2

a

0.25

Không mất tình tổng quát giả sử a min a b c ( , , )nên [0; ]1

3

a 

Khi đó hàm ( ) (9 2) 2 2 2 1

2

a

f tt   aa là hàm nghịch biến

9

2

a

0.25

Từ đó ta lại khảo sát hàm f(0) 2 a2 2a1 với [0; ]1

3

Khi đó ta có MaxP 1 khi a1;b c 0 và các hoán vị 0.25

7.a

(1,0 điểm) (1,0 điểm) cho tam giác ABC vuông tại (1; 2) A có góc 

0 30

ABC  , đường thẳng : 2d x y 1 0 là

tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B và C.

Gọi H là hình chiếu của A trên d là 7 9;

5 5

H  

 , AHd A d( ; ) 1

5 Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm BC

d vuông góc BC nên BC//AH suy ra ABH 600

tan 60 15

AH

0.25

Gọi tọa độ của ( ; 2 1)B t t 

2

15

BH   t   t    t     t

0.25

TH1: 7 3 9 2 3;

Phương trình BC qua B vuông góc với d là 2 5 1 0

3

1

3

C BC  C   a a

0.25

Trang 5

31 2 3 13 3 31 2 3

 

TH2: 7 3 9 2 3;

Phương trình BC qua B vuông góc với d là 2 5 1 0

3

1

3

C BC  C   a a

 

0.25

8.a

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Giả sử I( ) :d

3

4 2

1

x

( 2 ; 2 ; 4 3 )

Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2)  d (I, (P1)) = d (I ; (P2))

1

13 16

10 3

1 3 9 3

1

t

t t

I1(11; 26; 35); ( 1; 2;1) I2 

Vậy có hai mặt cầu cần tìm:

1 ( ) : (S x11) (y 26) (z35) 38 , 2 2 2

2 ( ) : (S x1) (y 2) (z1) 4 0.25

9.a

(1,0 điểm) (1,0 điểm)

   

4

2 2

i i i

i

   có điểm biểu diễn A= (2; -2)

1 i 1 2 i  3 i có điểm biểu diễn B= (3; 1)

   

   

2 6

2

i

i

   có điểm biểu diễn C= (0; 2)

0.5

Xét         

7.b

(1,0 điểm) (1,0 điểm)

 

2 2

25 9

2

2 2 2 2

1 2

25

16 9

a

b

0.25

Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có:

2

10

2 10

 

0.25

1

2

9 7 61 7

PF

PF

 

0.25

1 2

0

1 1 2

.sin120 8

PF F

8.b

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Trang 6

Khi đó, AM  t 1; 2;1 ;  AB  3; 1; 4  AM AB;    7; 4 1; t  t 5

0.25

2

ABM

 

0.25

Hàm số f t( ) 17t22t75đạt GTNN tại 1

17

t Vậy 1;0;0

17

M 

  là điểm cần tìm 0.25

9.b

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là

biến cố “ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu ”

Ta có: H  A B C và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc

0.25

Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có:

2

3

5 18

C

Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H Suy ra,

18 18

Ngày đăng: 24/02/2014, 16:20

HÌNH ẢNH LIÊN QUAN

Bảng biến thiên: - Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 126 doc
Bảng bi ến thiên: (Trang 2)

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w