Đề thi thử THPT quốc gia, ôn thi đại học tham khảo (42)

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán – Lớp 12 THPT Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 23 tháng năm 2013 I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm) 2x −1 (1) x −1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) điểm có hoành độ Câu II (3,0 điểm) 1) Giải phương trình 49 x − 9.7 x + 14 = Cho hàm số y = π 2) Tính tích phân I = sin x + cos x dx ∫0 cos x 3) Tìm giá trị tham số m để hàm số y = x − 3mx + ( m2 − 1) x + đạt cực tiểu điểm x0 = Câu III (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a Hai mặt bên (SAB) (SAD) vuông góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn hai phần Theo chương trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;1;1) hai đường thẳng x −1 y + z +1 x − y − z +1 d: = = , d′ : = = −3 2 −3 −2 1) Viết phương trình mặt phẳng (α ) qua điểm A đồng thời vuông góc với đường thẳng d 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d đồng thời cắt đường thẳng d ′ Câu Va (1,0 điểm) Tìm số thực x y để hai số phức z1 = y − − 10 xi z2 = y − 20i liên hợp Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x −1 y + z − x y −1 z − d1 : = = = d : = 1 −1 1) Chứng minh d1 d chéo 2) Viết phương trình mp(P) chứa d1 song song với d Tính khoảng cách d1 d Câu Vb (1,0 điểm) −1 + i Viết số phức sau dạng lượng giác z = +i ======Hết====== (Đề thi có 01 trang) Họ tên thí sinh:…………………………………………… Số báo danh:…………… SỞ GD&ĐT BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán – Lớp 12 THPT Câu I.1 Thang điểm Lời giải sơ lược  Tập xác định: D = ¡ \{1}  Chiều biến thiên −1 < 0, ∀x ∈ D + Đạo hàm: y ′ = ( x − 1) + Hàm số cho NB khoảng xác định không đạt cực trị + Giới hạn tiệm cận: lim y = 2; lim y = ⇒ đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị HS x →−∞ x →+∞ 2,0 0,5 0,5 lim y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị HS x →1 x →1− + Bảng biến thiên x –∞ y’ y +∞ – – 0,5 +∞ –∞ Đồ thị: + Giao điểm với trục hoành: y = ⇔ x − = ⇔ x = + Giao điểm với trục tung: x = ⇒ y = 1 0,5 I.2 y ( ) = 3, y ' ( ) = −1 Phương trình tiếp tuyến điểm M ( 2;3) y = − x + II.1 1,0 0,5 0,5 1,0 Đặt t = (ĐK: t > 0), phương trình trở thành t = t − 9t + 14 = ⇔  ( t / m) t = 0,5 x  Với t = , = ⇔ x = log  Với t = , x = ⇔ x = Vậy phương trình cho có nghiệm: x = x = log 0,5 x II.2 1,0 π π π π sin xdx d cos x + ∫ dx = − ∫ +x cos x cos x 0 I =∫ = − ln cos x π + 0,5 π π = ln + 3 0,5 II.3 1,0 y = x − 3mx + (m − 1) x + có TXĐ D = ¡ y ′ = x − 6mx + m − , y ′′ = x − 6m 2 m = Hàm số đạt cực tiểu x0 = ⇒ f ′(2) = ⇒ m − 12m + 11 = ⇒   m = 11 Thử lại, với m = 11 y " ( ) < (không thỏa mãn) 0,5 với m = y " ( ) > (thỏa mãn) Vậy với m = hàm số đạt cực tiểu x0 = III 0,5 1,0 0,5 ( SAB ) ⊥ ( ABCD)  ( SAD) ⊥ ( ABCD) ⇒ SA ⊥ ( ABCD) ( SAB ) ∩ ( SAD) = SA  · Suy hình chiếu SC lên (ABCD) AC, SCA = 600 SA · · tan SCA = ⇒ SA = AC.tan SCA = AB + BC tan 600 = a + (2a ) = a 15 AC 1 2a 15 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: V = SA.S ACBD = ·a 15·2a = (đvtt) 3 IVa.1 r r mp (α ) qua A(2;1;1) , vtpt (α ) n = ud = (1; −3; 2) ( x − 2) − 3( y − 1) + 2( z − 1) = ⇔ x − y + z − = IVa.2  x = + 2t  PTTS d ′ :  y = − 3t  z = −1 − 2t  Thay vào phương trình mp (α ) ta được: (2 + 2t ) − 3(2 − 3t ) + 2( −1 − 2t ) − = ⇔ 7t − = ⇔ t = 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0 0,5 Giao điểm (α ) d ′ B (4; −1; −3) r uuur Đường thẳng ∆ đường thẳng AB, qua A(2;1;1) , có vtcp u = AB = (2; −2; −4) nên  x = + 2t  có PTTS: ∆ :  y = − 2t (t ∈ ¡ )  z = − 4t  Va 0,5 1,0  y − = 3y z1 = z2 ⇔ y − − 10 xi = y + 20i ⇔  −10 x = 20   y = −1  ⇔   y = Kết luận cặp số ( x; y ) thỏa mãn ( −2; −1) , ( −2; )  x = −2  IVb.1 r d1 qua điểm M (1; −2;3) , có vtcp u1 = (1;1; −1) r d2 qua điểm M (−3; 2; −3) , có vtcp u2 = (1; 2;3) uuuuuur  −1 −1 1  r r ; ; Ta có [u1 , u2 ] =  ÷ = (5; −4;1) M 1M = (−4; 4; −6) 2 3 1 2 u u uuuur r r Suy ra, [u1 , u2 ].M 1M = 5.(−4) − 4.4 + 1.(−6) = −42 ≠ , d1 d2 chéo IVb.2 Mặt phẳng (P) chứa d1 song song với d Nên (P) qua M (1; −2;3) , vtpt (P): r r r n = [u1 , u2 ] = (5; −4;1) Do PT mp(P) là: 5( x − 1) − 4( y + 2) + 1( z − 3) = ⇔ x − y + z − 16 = Khoảng cách hai đường thẳng d1 d2 khoảng cách từ M2 đến mp(P): 5.( −3) − 4.2 + (−3) − 16 42 d (d1 , d ) = d ( M , ( P)) = = = 42 2 42 + (−4) + Vb 0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0 3π 3π  ÷,   Ta có −1 + i =  cos + i sin 4  Suy ra, z = 2 7π 7π   cos( ) + i sin( ) ÷  12 12  + i = 2(cos π π + i sin ) 6 0,5 0,5