Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 44 potx

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT HIỆP ĐỨC ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ). Cho hàm số 4 2 2 3 y x x     1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2. Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình 4 2 2 2 0 x x m     . Câu II ( 3,0 điểm ) 1. Giải phương trình 2 1 3.13 68.13 5 0 x x    . 2. Tính tích phân 3 0 I= sin3 xdx   . 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số   2 . x f x x e  trên [-3;-1] Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp SABC có SA  mp(ABC). Đáy ABC là tam vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và SC = a 5 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó. 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu IV.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 6;-1 ;0) và mặt phẳng (P) có phương trình: 4 3 1 0 x y z     1. Viết phương trình tham số đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mp(P). 2. Viết phương trình mặt cầu có tâm là hình chiếu H vuông góc của điểm A lên mp(P) và đi qua điểm A. Câu V.a ( 1,0 điểm ) Giải phương trình 2 3 46 0 z z    trên tập số phức. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu IV.b ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 3; 0 ;1), hai đường thẳng d 1 và d 2 có phưong trình là: d 1 2 6 3 x t y t z t           , d’ 1 2 3 1 1 1 x y z       . 1. Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên d 1 . 2. Xét vị trí tương đối của d và d’. Câu V.b ( 1,0 điểm ) Tìm căn bậc hai của số phức - 24 10 z i   . Hết TRƯỜNG THPT HIỆP ĐỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (2 điểm) Tập xác định: D = R. Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có:   3 2 ' 4 4 4 1 ; ' 0 0, 1 y x x x x y x x            Trên các khoảng   ; 1   và ( 0; 1), y’>0 nên hàm số đồng biến. Trên các khoảng (-1;0) và   1;  , y’ < 0 nên hàm số nghịch biến. 0,25đ 0,25đ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1 x   , y CĐ = 4. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = 3. Giới hạn: 4 2 4 2 3 lim lim 4 x x y x x x               4 2 4 2 3 lim lim 4 x x y x x x               0,25đ 0,25đ Câu I 3 điểm Bảng biến thiên: 0,5 đ Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 3). Đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm   3;0  và   3;0 . Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 0,5 đ 2. (1 điểm) Phương trình:   4 2 4 2 2 2 0 2 3 1 * x x m x x m          Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 4 2 2 3 y x x     và đường thẳng y = m+1. 0,25đ 0,25đ Dựa vào đồ thị ta có kết quả biện luận số nghiệm của phương trình (*): m+1 m số nghiệm của phương trình (*) m+1 > 4 m > 3 0 m +1= 4 m = 3 2 3< m+1 < 4 2 < m < 3 4 m+1= 3 m = 2 3 m+1< 3 m < 2 2 0,5 đ 1. (1 điểm) Phương trình 2 39.13 68.13 5 0 x x     , Đặt 13 x t  điều kiện t > 0 Phương trình trở thành 2 1 5 39 68 6 0 13 3 t t t t        ( thoả điều kiện) 0,5 đ Với 1 13 t  thì 1 1 13 13 13 1 13 x x x        Với 5 3 t  thì 13 5 5 13 log 3 3 x x   Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 13 5 1, log 3 x x   0,5 đ Câu II 3 điểm 2. (1 điểm) 3 3 0 0 1 I= sin3 cos3 3 xdx x      0,5 đ   1 2 I cos - cos0 3 3     0,5 đ 3. (1 điểm) Xét trên đoạn [-3;-1] hàm số đã cho có đạo hàm:     2 2 ' 2 2 x x x f x xe x e e x x         2 ' 0 2 0 0, 2 x f x e x x x x         Ta có     2 3; 1 ,0 3; 1        0,25đ 0,25đ       3 2 9 4 1 3 , 2 , 1f f f e e e       Vậy         2 3; 1 3; 1 1 4 min , af x M x f x e e       0,25đ 0,25đ Ta có SA  mp(ABC) nên chiều cao của khối chóp S.ABC là SA. Tam giác SAC vuông tại A nên SA 2 = SD 2 - AD 2 Hay SA 2 = 5a 2 - 3a 2 = 2a 2 SA 2 a   . 0,5 đ Câu III 1 điểm Đáy ABC là tam giác vuông tại A nên 2 ABC 1 1 3 S AC.AB . 3 2 2 2 a a a    Thể tích khối chóp S.ABC là: 2 3 S.ABC ABC 1 1 3 6 V .SA.S . 2. 3 3 2 6 a a a    (đvtt). 0,25đ 0,25đ 1. (1 điểm) (P) có vectơ pháp tuyến   4; 1;3 n   ur . Do d vuông góc với (P) nên d nhận   4; 1;3 n   ur làm vectơ chỉ phương. 0,25đ 0,25đ Câu IV.a ( 2,0 điểm ) Đường thẳng d đi qua điểm A(6;-1;0) và có vectơ chỉ phương   4; 1;3 n   ur 0,25đ 0,25đ a 5 a 3 a A C B S Vậy phương trình tham số của d là 6 4 1 3 x t y t z t            2. (1 điểm) H là giao điểm của d và mặt phẳng (P). Toạ độ H là nghiệm của hệ:     6 4 1 4 6 4 1 3 24 24 1 4 3 1 0 x t y t t t z t t t x y z                             Vậy H( 2; 0;-3) 0,5 đ Do mặt cầu đi qua A nên có bán kính: R=AH =       2 2 2 2 6 2 1 3 0 26        Vậy phương trình mặt cầu (S):     2 2 2 2 3 26 x y z      0,25đ 0,25đ Câu V.a ( 1,0 điểm ) Ta có   2 3 4.1.46 175       Vậy phương trình có hai nghiệm phức là: 1 3 175 3 5 7 2 2 i i z     , 2 3 175 3 5 7 2 2 i i z     0,5đ 0,5đ 1. (1 điểm) Câu IV.b ( 2,0 điểm ) Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với d. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là:   1;2;3 u  ur Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là   1;2;3 u  ur Phương trình của (P) là:     1 3 2 3 1 0 2 3 6 0 x y z x y z           0,25đ 0,25đ . bậc hai của số phức - 24 10 z i   . Hết TRƯỜNG THPT HIỆP ĐỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (2 điểm) Tập xác định: D = R. Sự biến thi n: Chiều biến thi n: Ta có:   3. SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT HIỆP ĐỨC ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0. 3 3 0 0 1 I= sin3 cos3 3 xdx x      0,5 đ   1 2 I cos - cos0 3 3     0,5 đ 3. (1 điểm) Xét trên đoạn [-3 ;-1 ] hàm số đã cho có đạo hàm:     2 2 ' 2 2 x x x f x