Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Toán 2013 - Phần 9 - Đề 2 docx

Gv: Đinh Ngọc Ánh I/ PHẦN DÀNH CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH (7 điểm) Câu 1 (4 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 4 2 2 y x x   2) Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình : 4 2 2 0 x x m    3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường 0, 0, 2 y x x   Câu 2 ( 2 điểm) 1./Xác định tham số m để hàm số   3 2 2 6 3 2 6 y x mx m x m       đạt cực tiểu tại điểm x =3 2./Giải phương trình : 1 2 1 log 1 log 6 x x    Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB a  , góc · 0 45 SAC  . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. II/ PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được chọn phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 1/ Theo chương trình chuẩn Câu 4 (1 điểm) 1) Tính tích phân : I= 1 0 (2 ) x x e dx   2) Tính giá trị của biểu thức : P = 1 1 2 1 2 1 i i    Câu 5 (2 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho ba điểm A(2;0;0) ,B(0;4;0) và C(0;0;8).Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC a/ Viết phương trình đường thẳng OG b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng OG và vuông góc với mặt phẳng (ABC) 2/ Theo chương trình nâng cao Câu 4 (1 điểm) 1)Tìm hàm số f, biết rằng   ' 2 8sin f x x  và   0 8 f  2) Giải phương trình 2 4 7 0 z z    trên tập số phức Câu 5 (2 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng 1 d và 2 d lần lượt có phương trình 1 2 0 : 3 0 x y z d x y z           và 2 1 1 : 2 1 1 x y z d      1) Chứng minh rằng d 1 chéo d 2 2) Viết phương trình đường thẳng (  )qua điểm M 0 =(1;2;3) và cắt cả hai đường thẳng d 1 và d 2 . ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. ( 2,0 điểm) Câu 1 (4 điểm) a) TXĐ: D=R 0.25 Gv: Đinh Ngọc Ánh b)Sự biến thiên ● Chiều biến thiên: Ta có : y’=4x 3 -4x=4x(x 2 -1) ;y’=0 0; 1 x x     Trên các khoảng   1;0  và   1;  ,y’>0 nên hàm số đồng biến Trên các khoảng   ; 1   và   0;1 ,y’<0 nên hàm số nghịch biến 0.5 ●Cực trị: Từ kết quả trên suy ra : Hàm số có hai cực tiểu tại x= 1  ;y CT =y( 1  ) = –1 Hàm số có một cực đại tại x=0; y CĐ =y(0) =0 ●Giới hạn tại vô cực : lim x y    ; lim x y    0.5 ●Bảng biến thiên x  -1 0 1 +  y’ – 0 + 0 – 0 + +  0 +  y –1 –1 0.25 c/ Đồ thị : Hàm số đã cho là chẵn, do đó đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng Đồ thị đi qua gốc toạ độ và cắt trục Ox tại   2;0  Điểm khác của đồ thị   1; 1   y -1 1 - 2 2 1 0.5 2. Biện luận : ●m<–1 : phương trình vô nghiệm ●-1<m<0 : phương trình có 4 nghiệm ●m=0 : phương trình có 3 nghiệm ●m=-1 hay m>0 : phương trình có 2 nghiệm 1 3. Diện tích hình phẳng cần tìm: S= 2 2 4 2 4 2 0 0 2 ( 2 ) x x dx x x dx      = 8 2 15 1 Gv: Đinh Ngọc Ánh 1. (1 điểm) Ta có : y’ =3x 2 -12mx+3(m 2 +2) và y’’ = 6x-12m +     ' 3 0 '' 3 0 y y        2 12 11 0 3 2 m m m           1 m   0.5 0.5 Câu 2 ( 2 điểm) 2. (1 điểm) Đk : x>0 và x  1; x  1 2 Đặt t=logx ,pt theo t: t 2 -5t+6=0 (với t  0 và t  -1) 2 3 t t       t=2 thì ta có x=100 ; t= thì ta có x=1000 Vậy pt có hai nghiệm : x =100 ; x =1000 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 3 ( 1 điểm) Tính được SO = OA = 2 2 a Thể tích khối chóp : 3 2 1 1 2 2 . . . 3 3 2 6 ABCD a a V S SO a   (đvtt) 0.5 0.5 Chương trình cơ bản 1/ (0.75 điểm) I= 1 0 (2 ) x x e dx   = 1 0 2 xdx  + 1 0 x xe dx  =I 1 +I 2 Tính I 1 =1 Tính I 2 =1 và I = I 1 +I 2 =2 0.25 0.5 Câu 4 (1điểm) 2/ (0.25 điểm) P=      1 2 2 1 2 3 2 1 1 2 i i i i        0.25 1/ ( 1 điểm) ●G 2 4 8 ; ; 3 3 3       ●Véc tơ chỉ phương của đường thẳng OG : OG uuur = 2 4 8 ; ; 3 3 3       =   2 1;2;4 3 = 2 3 v r ●Phương trình đường thẳng OG : 1 2 4 x y z   0.25 0.25 0.5 Câu 5 (2điểm) 2/ ( 1 điểm) Véc tơ pháp tuyến của mp(ABC) :     1 , 32;16;8 8 4;2;1 8 n AB AC n         r uuur uuur ur Véc tơ pháp tuyến của mp(P) : 1 , P n n v       uur ur r (-6;15;-6) Phương trình mặt phẳng (P): 2x-5y+2z=0 0.25 0.25 0.5 Gv: Đinh Ngọc Ánh Chương trình nâng cao Câu 4 ( 1 điểm) 1/ (0.5 điểm) ● 2 8 sin 4 2sin 2 xdx x x C     ● Vì f(0)=8 nên C=8 .Do đó f(x) = 4x-2sin2x+8 2/ (0.5 điểm) ●   2 ' 3 3 i     ● Phương trình có hai nghiệm phức phân biệt : 2 3 , 2 3 x i x i     0.25 0.25 0.25 0.25 1/ ( 0.75 điểm) ● Đường thẳng d 1 qua M 1 =(1;2;0) và có VTCP   1 2; 1;3 a    ur Đường thẳng d 2 qua M 2 =(1;-1;0) và có VTCP   2 2;1; 1 a   uur ● Tính được : 1 2 1 2 , 12 0 M M a a        uuuuuur ur uur Vậy d 1 chéo d 2 0.25 0.25 0.25 Câu 5 ( 2 điểm) 2/ ( 1.25 điểm) Đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng (  ) và mp(  ) Trong đó, mặt phẳng (  ) là mặt phẳng qua M 0 chứa d 1 có pt: x-2y+3=0 mặt phẳng (  ) là mặt phẳng qua M 0 chứa d 2 có pt: x-y+z-2=0 Do đó : Đường thẳng  có pt: 2 3 0 2 0 x y x y z           0.5 0.5 0.25 . : y’ =3x 2 -1 2mx+3(m 2 +2) và y’’ = 6x-12m +     ' 3 0 '' 3 0 y y        2 12 11 0 3 2 m m m           1 m   0.5 0.5 Câu 2 ( 2 điểm) 2. (1 điểm). I= 1 0 (2 ) x x e dx   = 1 0 2 xdx  + 1 0 x xe dx  =I 1 +I 2 Tính I 1 =1 Tính I 2 =1 và I = I 1 +I 2 =2 0 .25 0.5 Câu 4 (1điểm) 2/ (0 .25 điểm) P=      1 2 2 1 2 3 2 1. .Do đó f(x) = 4x-2sin2x+8 2/ (0.5 điểm) ●   2 ' 3 3 i     ● Phương trình có hai nghiệm phức phân biệt : 2 3 , 2 3 x i x i     0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 1/ ( 0.75