THÔNG TIN TÀI LIỆU
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT MƠN: TỐN - Thời gian: 150 phút Năm hoc 2013 - 2014 I PHẦN CHUNG ( điểm) Câu (3 điểm) Cho hàm số y x 3x có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Biện luận theo m số nghiệm phương trình Câu (3 điểm) x3 x m Giải phương trình: log x 3log x 5 /2 Tính tích phân: J= (3cos x 1)s inxdx /3 Tìm GTLN, GTNN hàm số y ex đoạn [ln2,ln4] ex e Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng A, trung tuyến AM=a, cạnh SA vng góc với mặt phẳng (ABC), tam giác SBC Tính thể tích khối chóp S.ABC II PHẦN RIÊNG( điểm) ( Thí sinh dược chọn hai phần ( phần phàn 2)) 1) Theo chương trình chuẩn Câu 4a (2 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng x d2 y t z 5 2t Viết phương trình mặt phẳng qua gốc O d1 x y z d 1: 2 Chứng minh d1 d2 chéo Viết phương trình mặt phẳng song song cách d1 , d2 Câu 5b (1 điểm) Tìm phần thực, phần ảo, số phức liên hợp số phức: z = (4 - 2i)2 – (1+2i)3 2) Theo chương trình nâng cao Câu 4b (2 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng( ) 2y - z -1 =0 đường thẳng d x 1 y z Viết phương trình đường thẳng qua A (1; -2; 0) vng góc với ( ) Chứng minh d song song ( ) Viết phương trình đường thẳng d’ đối xứng với d qua ( ) Câu 5b(1 điểm) Cho số phức z = -2i (x, y R) Tìm phần thực phần ảo số phức z2 – 2z + 4i Đáp án - Thang điểm A)PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu Câu I (2đ) (3 điểm) TXĐ: D=R y ' 3x2 x x y' x 2 Đáp án Điểm 0.25 0.25 0.25 0.5 lim y ; lim y x + BBT x y’ y x + -2 0 - 0 + + -4 ( Nếu khơng tính giới hạn đồng thời dịng cuối BBT thiếu dấu trừ 0.25 ) Hàm số đồng biến ; 2 0; hàm số nghịch biến 2;0 Cực trị: Hàm số đạt CĐ x 2 ; yCĐ = Hàm số đạt CT x =0; yCT = -4 Đồ thị: - điểm CĐ, CT - Vẽ dạng, đồ thị đối xứng Câu II (3 điểm) ( 1điểm) Biến đổi phương trình thành: x 3x m 5(*) - Số nghiệm (*) số giao điểm (C) đường thẳng (d) y = m -5 Biện luận trường hợp (1điểm) Đk: x> pt log 52 x 3log x 0.25 0.5 0.25 0.5 0.25 0.25 t 1 Đặt t = log x có pt 2t 3t t 0.25 5/ 0.25 Kết x = 1/5 ; x = 2.(1điểm) Đặt t = cosx dt = -sinx dx , đổi cận 0.25 1/ = (t t ) 0.25 1/ J = (3t 1)dt = (3t 1)dt 1/ 0.25 Kết (1điểm) Xét hàm số [ln2; ln4] Ta có e x 1 y’ = x 0; x [ln2; ln4] e e hs đồng biến [ln2; ln4] y( ln2) = ; y( ln4) = 2e 4e KL: Maxy = ; Miny = 4e 2e [ln2; ln4] [ln2; ln4] Câu III (1điểm) (1 điểm) Hình vẽ: 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 S Đúng nét khuất, nét liền A C M B Trung tuyến AM = a BC = 2a SBC SB = SC = BC = 2a SM = a 0.25 SA = a , SBC ABC vuông cân A S ABC a 0.25 a3 V SABC SA 3 0.25 B PHẦN TỰ CHỌN ( 3điểm): Câu Đáp án (0.75điểm) Câu IVa ( 2điểm) d1 có VTCP u1 (2; 2;1) , M (2; 3; -1) d1 , OM (2; 3; -1) Điểm 0.5 ( ) có VTPT n [u1 ; OM ]=(-1;4;10) Pttq ( ) qua O : -x + 4y +10z = (0.5điểm) d2 có VTCP u2 (0;1; 2) , N (0; 1; -5) d , MN (-2; -2; -4) [u1 ; u2 ]=(2;4;2) [u1 ; u2 ]MN = -22 d1 d2 chéo Câu Va ( 1điểm) Câu IVb ( 2điểm) 0.25 0.25 0.25 (0.75điểm) ( ) có VTPT n [u1 ; u2 ]= PTTQ ( ) : x + 2y + z +D = 0.25 d (d1 ; ) d (d ; ) d ( M ; ) d ( N ; ) D = -2 0.25 PT ( ) : x + 2y + z -2 = Z = 23 -14i 0.25 0.5 KL: a 23; b 14 ; z 23 14i 0.5 (0.5điểm) ( ) có VTPT n (0; 2; 1) có VTCP u (0; 2; 1) 0.25 x PTTS qua A: y 2 2t z t 0.25 (0.75 điểm) Câu Vb x 3t y 2 t Giải hệ phương trình hệ vơ nghiệm z 2t 2 y z Vây d // ( ) (0.75điểm) Ta có A ( 1; -2;0) d Gọi H hình chiếu A lên , A’ đối xứng A qua Ta có H = ( ) x y 2 2t Giải hệ phương trình H(1 ; ; -1) z t 2 y z A’ (1 ; ; -2) x 3t d' qua A, song song d, ptts d’: y t z 2 2t 0.5 Z = -5+ 4i 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ( 1điểm) a = -5 ; b = 4, |z| = 41 4i z 41 0.5 0.25 ... 3; -1 ) d1 , OM (2; 3; -1 ) Điểm 0.5 ( ) có VTPT n [u1 ; OM ]= (-1 ;4;10) Pttq ( ) qua O : -x + 4y +10z = (0.5điểm) d2 có VTCP u2 (0;1; 2) , N (0; 1; -5 ) d , MN (-2 ; -2 ;... yCT = -4 Đồ thị: - điểm CĐ, CT - Vẽ dạng, đồ thị đối xứng Câu II (3 điểm) ( 1điểm) Biến đổi phương trình thành: x 3x m 5(*) - Số nghiệm (*) số giao điểm (C) đường thẳng (d) y = m -5 Biện... 0.5 lim y ; lim y x + BBT x y’ y x + -2 0 - 0 + + -4 ( Nếu khơng tính giới hạn đồng thời dòng cuối BBT thi? ??u dấu trừ 0.25 ) Hàm số đồng biến ; 2 0;
Ngày đăng: 01/05/2021, 23:48
Xem thêm: