Đề thi diễn tập tốt nghiệp năm 2014 tỉnh Đồng Tháp

Đáp án và thang điểm. CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM[r]

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐỒNG THÁP HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC

(gồm có 04 trang)

THI DIỄN TẬP TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2014 Năm học: 2013-2014

Mơn thi: TỐN HỌC - Lớp 12 Ngày thi: 13/5/2014

I Hướng dẩn chung

1) Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần Hướng dẫn chấm thi quy định

2) Việc chi tiết hóa điểm số câu (nếu có) Hướng dẫn chấm thi phải bảo đảm không làm sai lệch Hướng dẫn chấm thi phải thống thực Hội đồng chấm thi

3) Sau cộng điểm tồn bài, làm trịn đến 0,50 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,50; lẻ 0,75 làm tròn thành 1,00 điểm)

II Đáp án thang điểm

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1 (2,0 điểm)

a) Tập xác định: D\ 1  0,25

b) Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên: ' 2 0,

( 1)

y x D

x 

   



Hàm số nghịch biến khoảng ;1 1;

0,50

 Tiệm cận:

1

lim ; lim

x x

y y

 

       x1 ti

ệm cận đứng lim 2; lim

xy xy  y2 tiệm cận ngang

0,50  Bảng biến thiên:

x  

y’  

y





2

0,25 Câu

(3,0 điểm)

c) Đồ thị (C):

2 2 (1,0 điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm ( )d ( )C 2

1 x

x m

x 

  

 (1) Điều kiện: x1

Khi đó: (1)2x  1 ( 2xm x)( 1)

 f x( )2x2mxm 1 (2)

0,25

( )d cắt ( )C hai điểm phân biệt  (1) có hai nghiệm phân biệt

 (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0,25 

2

0 8

(1)

m m

f

     





 

 

 

0,25  m 4 2 m4 2

Vậy giá trị m cần tìm là: m  ; 2   2;  0,25 1 (1,0 điểm)

Điều kiện: x0

Đặt tlog2x , phương trình trở thành:

t2  t  t t

     

0,50

Với t 3, ta có log2

x  x 0,25

Với t2, ta có log2x2 x4 Vậy tập nghiệm phương trình là: 1;

8

S  

 

0,25

2 (1,0 điểm) I = 



0 x

cos x)sinxdx

e

( =  

 

0

cos

sin sin

. xdx x xdx

e x = K + L 0,25

 Đặt t = cosx  dt = -sinxdx

Đổi cận: x =  t = 1, x =  t = -1  K = 



1

1 dt et = e -

e

1 0,25

 Đặt u = x  du = dx, dv = sinxdx  v = -cosx

 L =  

 

0

0 cos

) cos

( x x xdx =  0,25

Vậy: I =  + e - e 1

0,25

3 (1,0 điểm) Điều kiện: x 1

Đặt t x1 với t0, bất phương trình trở thành: (m3)tt2m5 (t1)mt23t5

2 3 5

1

t t

m t

 

 

 (2)

0,25

Xét hàm số

2 3 5

( )

1

t t

f t t

  

 D0; Ta có:

2

2

'( )

( 1)

t t

f t t

  



f t'( )0 t

0,25 Câu

(3,0 điểm)

3

t 

'( )

f t  

( )

f t 

0,25

Bất phương trình (1) có nghiệm  Bất phương trình (2) có nghiệm tD  ( )

t D

m f t



 

Vậy giá trị m thỏa đề là: m1;

0,25

Gọi O ACBD I trung điểm AB Suy ra:

SO(ABCD)  

( ), ( ) 60

OI AB

SAB ABCD SIO

SI AB

 

  

  

0,25

Xét ABC, ta có: BC AC2AB2 a

Suy ra: . 3

ABCD

S  AB BCa 0,25

và

2

a

OI BC

Xét ABC, ta có: tan 600 3 3

2

a a

SOOI  

0,25 Câu

(1,0 điểm)

Vậy

3

1 3

3 ABCD 2

a a

V  S SO a  0,25

1 (1,0 điểm) Ta có: AB ( 3;1; 1)



AC   ( 2; 1; 1) 

0,25

Suy VTPT (ABC) là: n AB AC;    2; 1;5 0,25 Phương trình mặt phẳng (ABC)là: 2(x1) 1( y0) 5( z2)0 0,25 2xy5z 8 0,25 2 (1,0 điểm)

Vì tâm mặt cầu nằm mặt phẳng (Oxy) nên I x y( ; ; 0) 0,25

Ta có:

2

2

6

2

IA IB IA IB x y

IB IC IB IC x y



    

  

 

  

     

  



1 10

4 x y 

       

 4; ;0 10

I 

  0,25

Bán kính mặt cầu là: 109

20

RIA

0,25 Câu 4.a

(2,0 điểm)

Vậy phương trình mặt cầu

2

2

1 109

( ) :

10 20

S x  y  z 

4 )

3 2 )( 2 ( ) 2 1 ( ) 1

(i z  i  i  i  (i + 1)z - (1 + 2i) = + 4i 0,25

 (i + 1)z = + 6i 0,25

 z =

i i

 

1 6 8

= - i 0,25

Câu 5.a (1,0 điểm)

Suy ra: z = + i 0,25

1 (1,0 điểm)

Gọi Ad( )P , suy tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

1 3 2

3

x t

y t

z t

x y z

       

  

    



0,25

Suy ra: 3 t3(3 ) 2 t   t 4 0  t 0,25

Với

4

1

3 x

t y

z       

  

0,25

Vậy tọa độ A4;1;3 0,25

2 (1,0 điểm)

Ta có ( )d qua M1;3;1 có VTCP ad   3; 2; 2  

(P) có VTPT n( )P (1; 3;1)



0,25

Do mặt phẳng ( )Q chứa đường thẳng ( )d vng góc với mặt phẳng ( )P nên VTPT ( )Q là:

n( )Q n( )P;ad(4; 1; 7)    

0,25

Phương trình ( )Q là:

4(x1) 1( y3) 7( z1)0 0,25 Câu 4.b

(2,0 điểm)

 4x y 7z 6 0,25

 =

(3 ) i 4( )  i   3 4i 0,25 =

(1 ) i 0,25

Phương trình có hai nghiệm phức : z1 2 3i 0,25 Câu 5.b

(1,0 điểm)