ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK NĂM 2013

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

Thêm vào BST

Báo xấu

82
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học môn toán giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học năm 2013. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK NĂM 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D. Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG + Tập xác định D = ﾡ \ { −1} 3 + Sự biến thiên y ' = > 0 ∀x −1 ( x + 1) 2 0,25 Hàm đồng biến trên các khoảng ( − ; −1) và ( −1; + ) Hàm số không có cực trị. + Giới hạn và tiệm cận lim y = lim y = 2 nên đồ thị có T/c ngang y = 2 x − x + lim− y = + , lim+ y = − nên đồ thị có T/c đứng x = -1 0.25 x −1 x −1 a Bảng biến thiên x 1 − + 2 y’ - - 0,25 + 2 y Câu I 2 - Đồ thị 0.25 Phương trình hoành độ giao điểm: 0,25 2x −1 = − x + m � 2 x − 1 = ( x + 1)( − x + m) (x = - 1 không là nghiệm của PT ) b x +1 x2 - (m - 3)x - m – 1 = 0 (1) (1) là PT bậc hai có ∆ = (m – 3)2 + 4(m + 1) = m2 - 2m +13 = (m - 1)2 + 12 > 0 ∀m 0,25 Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 và x2, hay đường thẳng luôn cắt (C) tạii hai điểm pb A,B. Theo hệ thức Vi – et: x1 + x2 = m – 3, x1. x2 = - m – 1 Khi đó A(x1; -x1 +m), B(x2; -x2 + m) suy ra *) AB = 2( x1 − x2 ) 2 = 2[( x1 + x2 )2 − 4 x1 x2 ] AM = ( x1 − 2) 2 + ( − x1 + m − 5) 2 = ( x1 − 2) 2 + ( x2 − 2) 2 , 0,25 BM = ( x2 − 2) 2 + (− x2 + m − 5) 2 = ( x2 − 2) 2 + ( x1 − 2) 2 = AM Để tam giác MAB đều ta phải có: AB = AM = BM, hay m =1 2( x1 − x2 ) 2 = ( x1 − 2) 2 + ( x2 − 2) 2 � m 2 + 4m − 5 = 0 � 0.25 m = −5 Kết luận. Câu Với ĐK sinx ≠ 0 và cotx ≠ 1, biến đổi phương trình thành 0,5 II 3 2đ a (cos x − sin x) 1 2 2− (cos x − sin x)(cos x + sin x) = � 2 − cos 2 x = 3sin x 2 cos x − sin x sin x
� 2sin 2 x − 3sin x + 1 = 0 Giải tiếp được sinx = 1 và sinx = 0,5. Đều thỏa mãn ĐK . 0,25 π Với sinx = 1 � x = + k 2π 2 π 5π 0.25 Với sinx = 0,5 x= + k 2π ; x = + k 2π . 6 6 Vậy PT đã cho có 3 họ nghiệm nói trên. ĐKXĐ: xy 0 . Biến đổi hệ thành 2 1 � 1�� 1� 1 � 1�� 1� 1 x+ + =4 �+ � � + � 4 x + = �+ � � + � 4 x + = � x y � x�� y� � x � x�� y� � x 0,5 � � � + 1 + x =3 1 � � + 1�� + x� 4 1 1 + x = � 1 �1 1 � � � 2 xy y x � � y�� x� �+ � + � 4 x � = x� x �� y � � x �x y � � b 1 0,25 x+ =2 x 1 1 + =2 x y � x = y = 1 . Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (2; 2). 0,25 u = 3x + 1 du = 3dx � � Đặt � 1 � 1 � = sin 2 2 x dx dv � = 2 cot 2 x v 0,25 Câu 3x + 1 1 1 III Suy ra I = � 2 dx = (3x + 1). cot 2 x − � 2 x.3dx cot 0,25 sin 2 x 2 2 1đ 1 3 1 = (3x + 1).cot 2 x − d (sin 2 x ) 0.25 2 4 sin 2 x 1 3 = (3 x + 1).cot 2 x − ln | sin 2 x | +C 0.25 2 4 Câu IV S 1đ M A B H K N D C +) Tính thể tích khối chóp: 0,25 Gọi H là trung điểm của AD thi do SAD là tam giác đ ều c ạnh AD = a nên SH ⊥ AD a 3 và SH = . Mặt khác theo gt (SAD) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD) 2
1 1 a 3 a3 3 Đáy khối chóp là hình vuông cạnh a � VS . ABCD = S ABCD .SH = .a 2 . = . 0,25 3 3 2 6 +) Gọi N = HC BD; M SD và MN // SB. Khi đó SB //(MHC) và ta có 3 MS = 2MD . Kẻ MK // SD thì MK ⊥ (ABCD) và DH = KH nên: 2 0.25 3 d(SB, HC) = d(SB, (MHC)) = d(S, (MHC)) = 2.d(D,(MHC)) = 2. d(K, (MHC)) . 2 Kẻ KI ⊥ HC, KJ ⊥ MI thì ta chứng minh được KJ = d(K, (MHC)) . Ta cũng dễ dàng tính a .a 2 DH .DC 2 2a 1 được MK = SH = a 3 2 , KI = d(D, HC) = . = 3 . 2 = 3 6 3 3 DH 2 + DC 2 a2 3 5 + a2 4 0.25 a 3 2a . KM .KI 6 3 5 2a 93 2a 93 Suy ra KJ = = = . Vậy d(SB, HC) = . KM + KI 2 2 2 3a 4a 2 93 31 + 36 45 Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x = min{x, y, z}. Kết hợp với GT x + y + z = 1 1 0,25 ta suy ra x nên 1 – 2x > 0. 3 ( y + z)2 Khi đó xy + yz + zx − 2 xyz = x(y + z) + yz(1 – 2x) x(1 − x) + (1 − 2 x) = 0,25 4 (1 − x) 2 = x(1 − x) + (1 − 2 x) 4 (1 − x) 2 Xét: f ( x) = x(1 − x) + (1 − 2 x) = -2x3 + x2 + 1 trên [0; 1/3] 4 Câu f '( x) = −6 x 2 + 2 x triệt tiêu khi x = 0 và x = 1/3 V BBT. 1đ x 1 0 1 0,25 3 f’(x) + 0 - f(x) 1 �� 7 Từ BBT suy ra xy + yz + zx − 2 xyz f ( x) f �� = (ĐPCM). 3 � � 27 0,25 7 1 Thấy xy + yz + zx − 2 xyz = khi x = y = z = 27 3 A. Theo chương trình Chuẩn VIa a B(0; -3) không thỏa mãn PT ∆ nên PT A, C � . Suy ra BD: x – 3y – 9 = 0. ∆ 0,25 3x + y − 7 = 0 2đ Gọi I là gia của AC và BD thì tọa độ I là nghiệm hệ nên I(3; -2). x − 3y − 9 = 0 0,25 Suy ra D(6; -1). (I là trung điểm của BD) Gọi A(a; 7 -3a) thì từ giả thiết diện tích hình thoi bằng 20 ta có: 0,25
| a − 3(7 − 3a ) − 9 | a=2 BD. d(A, BD) = 20 hay 2 10. = 20 10 a=4 Với a = 2 thì A(2; 1) và C(4; -5) 0,25 Với a = 4 thì A(4; -5) và C(2; 1). uuur uuuu r Do M thuộc Oz nên M(0; 0; z). Ta có AB = (−2; −2;1), AM = (−1; 2; z − 2) nên uuu uuuu r r r 0,25 � , AM � (−2 z + 2; 2 z − 5; −6) 0 , suy ra M không nằm trên đường thẳng AB. AB = � � Do AB = 3 nên khoảng cách từ M đến AB nhỏ nhất khi và ch ỉ khi di ện tích tam giác AMB nhỏ nhất. 0,25 Mà diện tích tam giác AMB là: b 1 uuu uuuu r r 1 S = � , AM � �AB � 2 ( −2 z + 2) + (2 z − 5) + ( −6) = 2 2 2 2 0,25 2 1 1 � 7 � 81 1 81 9 2 = 8 z 2 − 28 z + 65 = 8 � − �+ z = 2 2 � 4� 2 2 2 4 Vậy khi M(0;0; 7/4) thi k/c từ M đến AB nhỏ nhất. 0,25 Số cách chọn 5 viên bi trong 20 viên bi đã cho là C20 = 15 504 5 0,25 Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn không có quá hai màu” thì A là biến cố “5 viên bi được chọn có quá hai màu” hay A là biến cố “5 viên bi được chọn có 0,25 đủ cả ba màu” Để tìm số cách chọ được 3 viên bi có đủ 3 màu ta có bảng sau 0,25 Số bi trắng (7) Số bi vàng (9) Số bi đỏ (4) Số cách 1 1 3 1 1 3 C7 .C9 .C4 1 3 1 1 3 1 C7 .C9 .C4 1 2 2 C7 .C92 .C4 1 2 Câu VIIa 2 1 2 C72 .C9 .C42 1 1đ 2 2 1 C72 .C92 .C4 1 3 1 1 3 1 1 C7 .C9 .C4 Suy ra | Ω A | = C7 .C9 .C4 + C7 .C93 .C4 + C7 .C92 .C42 + C72 .C9 .C4 + C72 .C92 .C4 + C7 .C9 .C4 = 1 1 3 1 1 1 1 2 1 3 1 1 = 7.9.4 + 7.4.9.8.7:6 + 7.9.4.2.3 + 7.3 . 9 . 2.3 + 7.3 . 9.4.4+ 7.5.9.4 = 9534 | Ω | 9534 1589 0.25 ( ) Nên P A = A = | Ω | 15504 2584 = 0, 6149 ( ) Vậy P ( A ) = 1 − P A = 995 2584 0,3851 2. Theo chương trình Nâng cao Câu a � 5� VIb 3; Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua I thì N � � N’ nằm trên AB nên AB đi và � 3� 0,25 qua M, N’ có PT: x – 3y + 2 = 0. 4 0,25 Gọi H là hình chiếu của I trên AB thì IH = d(I, AB) = . Do AC = 2BD nên 2đ 10 1 1 1 IA = 2IB = 2a > 0. Trong tam giác vuông IAB ta có 2 + 2 = hay IA IB IH 2 1 1 5 2 + 2 = �a= 2 4a a 8
Gọi B =(x; y) thi do IB = a = 2 và B thuộc AB nên tọa độ B là nghiệm hệ: 14 x= ( x − 3) + ( y − 3) = 2 2 2 5 x=4>3 0,25 � �� x − 3y + 2 = 0 8 y=2 y= 5 � 8� 14 Do hoành độ B nhỏ hơn 3 nên B � ; �Vậy BD: 7x - y -18 = 0. . 0,25 � 5� 5 uuu r uur Do M thuộc Oz nên I(0; 0; z). Ta có AB = (−2; −2;1), AI = (−1; 2; z − 2) nên uuu uur r r 0,25 � , AI � (−2 z + 2; 2 z − 5; −6) 0 , suy ra I không nằm trên đường thẳng AB. AB = � � Gọi h là khoảng cách từ I đến AB thì do AB = 3 nên bán kính m ặt c ầu là R = 9 h 2 + . Mà diện tích của mặt cầu là: 4π R 2 , suy ra diện tích mặt cầu nhỏ nhất 0,25 4 b khi và chỉ khi h nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác AIB nhỏ nhất. Mà diện tích tam giác AIB là: 1 uuu uur r 1 S = � , AI � � AB � 2 ( −2 z + 2) + (2 z − 5) + ( −6) = 2 2 2 2 0.25 2 1 1 � 7 � 81 1 81 9 2 = 8 z 2 − 28 z + 65 = 8 � − �+ z = 2 2 � 4� 2 2 2 4 Vậy I(0;0; 7/4) . 0,25 ( x 2 − 5 x + 6) 2 = ( x − 2) 2 (3 − x)2 > 0 0,25 1< x < 3 ĐK: x − 1 > 0 x 2 3− x > 0 ( x − 1)(3 − x) Khi đó Pt được biến đổi thành: log 3 | x − 5 x + 6 |= log 3 2 0,25 Câu VIIb 2 ( x − 1)(3 − x) x −1 �| x 2 − 5 x + 6 |= �| x − 2 |= , (do 3 – x > 0) 0,25 1đ 2 2 Nếu 2 < x < 3 thì 2(x – 2) = x – 1 hay x = 3 (loại) Nếu 1 < x < 2 thì -2(x -2) = x – 1 hay x = 5/3 thỏa mãn. 0.25 Vậy Pt đã cho có nghiệm x = 5/3.