Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Toán 2013 - Phần 9 - Đề 1 doc

1 I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (3 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số   3 2 2 2 1 C 3 y x x   (2 điểm) 2. Dựa vào đồ thị   C , tìm m để phương trình: 3 2 2 2 1 0 3 x x m     có 3 nghiệm phân biệt? (1 điểm) Câu 2 (3 điểm) 1. Giải phương trình: 2 9 3 4log log 6 0 x x    (1 điểm) 2. Tính tích phân   1 2x 2 ln x e I dx    (1 điểm) 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2x - ln x .y x e , với 1 ; e x e        (1 điểm) Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Biết   SA ABCD  , góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng   D ABC bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp . S OBC theo a ? (1 điểm) II. PHẦN RIÊNG( 3 điểm) Thí sinh chọn 1 trong 2 phần ( phần A hoặc phần B ) A. Theo chương trình chuẩn: Câu 4a. (2 điểm) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 2x + y - 2z - 8= 0 P 1. Lập phương trình mặt phẳng   Q đi qua điểm   1;2;3 M và song song với mặt phẳng   P . (1 điểm) 2. Lập phương trình mặt cầu   S có tâm là trung điểm của đoạn thẳng AB , với     4,6, 8 ; 2;2;9 A B  và tiếp xúc với mặt phẳng   P ? (1 điểm) Câu 5a. (1 điểm) Tìm môđun của số phức 2 z z  , biết 4 2 z i   . (1 điểm) B. Theo chương trình nâng cao: Câu 4b. (2 điểm) Trong không gian Oxyz , cho các điểm   2; 3; 1 A   ,     2;1;6 , 3; 0; 1 , D(-1;-2;0) B C   1. Chứng tỏ , , , A B C D là 4 đỉnh một tứ diện. Tính độ dài đường cao DH của tứ diện ABCD , điểm H thuộc mặt phẳng   ABC . (1 điểm) 2. Lập phương trình mặt cầu có tâm A , tiếp xúc cạnh CD . Tìm tọa độ tiếp điểm? (1 điểm) Câu 5b. (1 điểm) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: 3x 3x 2 2 2 6   . (1 điểm) Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Trường T.H.P.T Lê Thành Phương Tổ Toán ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP - MÔN TOÁN LỚP 12 Năm học: 2012 – 2013 Thời gian 150 phút, không kể thời gian phát đề 2 CÂU ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN - LỚP 12 NĂM HỌC 2012-2013 ĐIỂM Câu 1 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số   3 2 2 2 1 C 3 y x x   TXĐ D R  lim ; lim x x y y       2 2 0 ' 2 4 ; ' 0 2 4 0 2 x y x x y x x x             1 5 3 y y         Bảng biến thiên Hàm số đồng biến trong   ;0  và   2;  Hàm số nghịch biến trong   0;2 Điểm cực đại   1 0;1 I , điểm cực tiểu 2 5 2; 3 I        Đồ thị Điểm đặc biệt 1 1; 3 A        ,   3;1 B , 5 1; 3 C         0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 2 x   5 3  y ' y 0 0 0 - + +   1 3 2 1 -1 1 0 -1 5 3  . . . . . . y x A B C 1 I 2 I 3 2/ Phương trình tương đương   3 2 2 2 1 = * 3 x x m    * là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị   3 2 2 2 1 C 3 y x x   và đường thẳng   d y m  song song trục Ox . Số nghiệm của phương trình đã cho chính bằng số giao điểm của   C và   d + Để phương trình đã hco có 3 nghiệm phân biệt thì 5 5 1 1 3 3 y m        Vậy 5 ; 1 3 m         thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt. 0.25 0.25 0.25 0.25 1. Phương trình 2 9 3 4log log 6 0 x x    Điều kiện 0 x  Phương trình tương đương     2 2 2 3 3 3 3 4 log log 6 0 log log 6 0 x x x x        3 3 27 log 3 1 log 2 9 x x x x               0.25 0.25 0.5 2. Tích phân   1 2x-2 ln x e I dx   Đặt   2 1 ln x x dv= 2x-2 x v=x 2x u du d x d               Suy ra     e 2 2 1 1 1 2x ln x 2x . x e I x x d x       2 3 2 2 e   0.5 0.25 0.25 Câu 2 3. 2 2x 2 lnx . . e x x e y x e   , 1 ; e x e        . Ta có   ' 2 1 . x y x e   1 ' 0, ; y x e e          . Suy ra hàm số tăng trên 1 ; e e       Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là     2e+1 1 ;x e e max f x f e e          , giá trị nhỏ nhất của hàm số là   2 1 1 ; 1 e x e e min f x f e e                 . 0.25 0.25 0.25 0.25 4 Câu 3   SA ABCD  (gt) (1) AB  là hình chiếu vuông góc của xuống   D ABC . Suy ra góc giữa SB và mặt đáy là góc · 0 60 SBA  Từ (1), ta có SA là đường cao của hình chóp . S ABCD . Thể tích là khối chóp . S ABCD là:   3 2 1 1 3 . D 3. 3 3 3 a V SAdt ABC a a   Trong đó, do tam giác SAB vuông tại A, có 0 tan 60 3a 3 AB SA SA a     Thể tích là     3 3 1 1 1 1 3 3 . A. D 3 3 4 4 3 12 a a V SAdt OBC S dt ABC    0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 4a 1. Ta có   : 2 2 8 0 P x y z     Vì mặt phẳng   Q song song với mặt phẳng   : 2 2 8 0 P x y z     nên mặt phẳng   :2 2 0 Q x y z D     Theo giả thiết, mặt phẳng (Q) đi qua điểm   1;2;3 M nên 2 D  Vậy phương trình mặt phẳng   :2 2 2 0 Q x y z     …………………………………………………………………………………………… 2. Trung điểm 1 1; 4; 2 I       của đoạn AB Do mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng   P nên bán kính mặt cầu chính bằng khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng   P : Ta có         2 2 2 1 2 4 2 8 2 ; 1 2 1 2 d I P R           Phương trình mặt cầu       2 2 2 1 : 1 4 1 2 S x y z             . 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 5a Ta có: 4 2 z i   Suy ra 4 2 z i   Khi đó,     2 4 2 2 4 2 4 6 z z i i i         Vậy     2 2 2 4 6 52 2 13 z z       0.25 0.25 0.5 B D S 3 a A C O a a a 0 60 5 Câu 4b 1. Tọa độ các đỉnh là:         2; 3; -1 , 2; 1; 6 , 3; 0; 1 , 1; 2; 1 A B C D     Ta có       4; 2; 7 ; AC 1; 3; 0 ; 1; 5; 1 AB AD       uuur uuuur uuuur Do   , 21; 7; 14 ; , . D 42 0 AB AC AB AC A              uuur uuur uuur uuur uuur . Suy ra , , , A B C D là 4 đỉnh một tứ diện. Thể tích khối tứ diện D ABC là: 1 42 , . D 7 6 6 V AB AC A        uuur uuur uuur Mặt khác,     1 3 . 3 V V DH dt ABC DH dt ABC      Ta có       2 2 2 1 1 7 14 , 21 7 14 2 2 2 Dt ABC AB AC             uuur uuur   3 3.7 6 7 14 14 2 V DH dt ABC      - 2. Ta có   2; 2; 1 CD   uuur Phương trình cạnh   3 2 2 1 x t CD y t z t              Phương trình mặt phẳng   P qua A , vuông góc cạnh CD có vectơ pháp tuyến   2; 2; 1 CD   uuur là: 2x -2y + z +11= 0 Tọa độ giao điểm H của cạnh CD, mặt phẳng (P) là nghiệm của hệ         3 2 1 2 2 1 3 2 2 11 0 4 x t y t z t x y z                    Suy ra 4 35 8 13 ; ; ; 9 9 9 9 t H           Ta có: 666 3 74 74 9 9 3 AH    Phương trình mặt cầu tâm A , tiếp xúc cạnh CD có bán kính bằng khoảng cách từ A đến CD . Suy ra bán kính mặt cầu là: 74 3 R  Phương trình mặt cầu         2 2 2 74 : 2 3 1 9 S x y z      Tọa độ tiếp điểm của mặt cầu   S và cạnh CD là điểm 35 8 13 ; ; 9 9 9 H         0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 6 Câu 5b BÊt ph¬ng tr×nh: 3x 3x 3x 3x 2 3x 3x 2 2 3x 3x 2 2 2 6 0 2 2 6 2 2 6 0 2 2 6 0                   (1) Đặt 3x 2 2 , 0 t t   Ta có bất phương trình: 2 6 0 2 3 t t t        Kết hợp điều kiện t >0, ta được 3x 2 2 2 3x 2 3 2 3 log 3 log 3 2 3 t x       Tập nghiệm của bất phương trình là: 2 2 ; log 3 3 S         0.25 0.25 0.25 0.25 Lưu ý: Thí sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa. . gian phát đề 2 CÂU ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN - LỚP 12 NĂM HỌC 2 012 -2 013 ĐIỂM Câu 1 1/ Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số   3 2 2 2 1 C 3 y x x   TXĐ D R  . coi thi không giải thích gì thêm) Trường T.H.P.T Lê Thành Phương Tổ Toán ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP - MÔN TOÁN LỚP 12 Năm học: 2 012 – 2 013 Thời gian 15 0 phút, không kể thời gian phát đề . ' y 0 0 0 - + +   1 3 2 1 -1 1 0 -1 5 3  . . . . . . y x A B C 1 I 2 I 3 2/ Phương trình tương đương   3 2 2 2 1 = * 3 x x m    *