de thi mon toan

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2012 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung phổ thông.. Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.[r]

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2012 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN Mơn thi: TỐN – Giáo dục trung phổ thơng

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (3,0 điểm) Cho hàm số yx4  4x2có đồ thị (C)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho

2) Dùng đồ thị (C), tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 4 2 0

x  x m  Câu (3,0 điểm)

1) Giải phương trình: log (32 2)

x x

  

2) Tính tích phân:

2

sin cos

I x x dx





;

0

ln( 1)

J  x dx

3) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số yf x( ) 4 x x

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bằng a Góc giữa mặt bên mặt đáy bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN: (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn:

Câu 4.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(2;1;4) đường

thẳng d có phương trình:

 

1 2

x t

y t t R

z t

   

  

   

 .

1) Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua I vuông góc với đường thẳng d

2) Tìm tọa độ J đối xứng với điểm I qua đường thẳng d

3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt đường thẳng d tại hai điểm M, N cho MN 2

Câu 5.a (1,0 điểm) Tìm mô đun số phức:

2

(4 )

i

z i

i



  

 .

2 Theo chương trình Nâng cao:

Câu 4.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1; 1;1), hai

đường thẳng

1

1

: ; :

1

1

x t

x y z

d d y t

z t

  

 

    



   

1) Tìm điểm N hình chiếu điểm M lên đường thẳng d2

2) Viết phương trình đường thẳng vuông góc chung hai đường thẳng Câu 5.b (1,0 điểm) Giải phương trình sau tập hợp số phức:

2 (2 7) 1 7 0

z  i z  i

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích gì thêm

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN Môn thi: TỐN – Giáo dục trung phổ thơng

HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn gồm 04 trang)

I Hướng dẫn chung

1) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án thì cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định

3) Sau cợng điểm tồn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0 điểm)

II Đáp án thang điểm

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1

(3,0

điểm)

1 (2,0 điểm)

a) Tập xác định: D R . 0,25

b) Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên: y' 4 x3 8x4 (x x2 2)

0 '

2

x y

x

    



 ;

Do đó:

+ Hàm số đồng biến mỗi khoảng  2;0và

 2;

+ Hàm số nghịch biến mỗi khoảng  ; 2và

0; 2

0,50

 Cực trị:

+ Hàm số đạt cực đại x0và yCD y(0) 0

+ Hàm số đạt cực tiểu x 2và yCT y( 3)4

0,25

 Bảng biến thiên:

x   2

 

y’ 

+

0 

+

y  

0,50

c) Đồ thị:

0,50

2 (1,0 điểm)

Biến đổi phương trình:

x4 4x2 m 2 0 x4 4x2 2 m

        (*) 0,25

Số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm

của đồ thị (C) và đường thẳng cùng phương với trục

Ox: y 2 m.

0,25

Do đó, dựa vào đồ thị (C) ta có các trường hợp sau:

- 2 m 4 m6 : Pt (*) vô nghiệm

-

2

2

m m

m m

  

 



 

  

  : Pt(*) có nghiệm phân

biệt

- 2 m 0 m2 : Pt(*) có nghiệm phân

biệt

- 4 2  m 0 2m6 : Pt(*) có nghiệm phân

biệt

0,50

Câu 2

(3,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

Để ý rằng 3x 2 0, x R

Do đó, phương trình đã cho tương đương với phương trình sau:

3x 2 31x 32x 2.3x 3 0       (*)

0,50



0

3

3

x x    



 (loại)

0,25

 x0 0,25

Lưu ý: Nếu thí sinh không ghi điều kiện thì vẫn cho điểm tối đa

2 (1,0 điểm)

2

2

sin cos

I x xdx





Đặt tsinx dtcosxdx 0,25

Đổi cận: x t 0;x t



     

1

2 2

0 0

2

(1 ) ( )

3 15

t t I  t  t dx t  t dt    

 

  0,25

1

0

ln( 1)

I  x dx

Do đó:

ln( 1)

1

dx

u x du

x dv dx

v x



  

 

 

 



  



0,25

1

0 ln( 1)

1

ln ( ln 1) 2ln

x

J x x dx

x

x x

  



     



0,25

3 (1,0 điểm)

Hàm số liên tục tập xác định D  5;1

Ta có:

2 '( )

5

x f x

x x

  

    x  5;1

Suy ra, đoạn 5;1 : '( ) 0 f x   x2

0,50

Ta có: f( 5) 0; ( 2) 3; (1) 0  f   f  0,25

Vậy: ( ) 05;1 f x  x5,x1 và max ( ) 35;1 f x  x2 0,25 Câu 3

(1,0

điểm)

Gọi O là tâm của đáy ABCD và I là

trung điểm của BC

Vì SO(ABCD)nên

( )

BC SO

BC SOI BC SI BC OI

 

   

  

maø

Suy ra, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là SIO· ,

tức là: SIO· =600

Xét tam giác vuông SOI tại O, ta có:

0

.tan 60

2

a

SO OI  AB  0,25

Vậy:

3

2

1 1 3

3 3

S ABC ABCD

a a

V  S SO AB SO a 

(đvtt) 0,25

Lưu ý: ở câu này không cho điểm hình ve Câu 4.a

(2,0

điểm)

1 (0,75 điểm)

Gọi np



là VTPT của (P)

Vì ( )P dnên từ phương trình của đường thẳng d suy ra

(1;1; 2) p

n 

 0,50

Mặt phẳng (P) được cho bởi:

(2;1; 4) ( ) :

: P (1;1; 2)

I P

VTPT n

  

 



Qua



Do đó, mặt phẳng (P) có phương trình là:x y 2z11 0

0,25

2 (0,50 điểm)

Gọi H ( )P d

Vì H d neân H(1 ;2t t;1 ) t

Do H( )P nên ta có: 1   t t 2(1 ) 11 0 t    t1

Do đó: H (2;3;3)

0,25

Vì J là điểm đối xứng với I qua d nên H là trung điểm

của IJ, tức là:

2

2

2

J H I J

J H I J

J H I J

x x x x

y y y y

z z z z

  

 

 

   

 

    

  Vậy J 2;5;2

0,25

3 (0,75 điểm)

Để ý rằng H là trung điểm của MN nên ta có

5

MN

MH   0,25

2 2

( H I) ( H I) ( H I)

IH  x  x  y  y  z  z 

Suy ra: IM2 IH2MH2   5 10 IM  10 0,25

Mặt cầu (S) được cho bởi:

(2;1; 4) ( ) :

10

I S

R IM

  

 

 

Tâm Bán kính :

Vậy mặt cầu (S) có phương trình là:

2 2

(x 2) (y1) (z 4) 10

0,25

Câu 5.a

(1,0

điểm) Ta có:

(2 )(1 )

(4 ) (4 )

(1 )(1 )

i i i

z i i

i i

   

     

  0,50

24 12 5 i 

Do đó, số phức z có mô đun là:

2

24 12 12

5 5

z      

    0,25

Câu 4.b

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

Đặt N  (1 ; 2t t;1 ) t d2 Ta có: ( ;3 ; )

MN  t t t



và vectơ chỉ phương của d2: u2 (1;1; 2)

 0,25

Vì MN d nên MN u2

                           

suy ra: MN u =

 

0,25 Do đó:

1

3

2

t  t t  t 0,25

Vậy

1 ( ; ;0)

2

N  0,25

Lưu ý: Học sinh có thể trình bày theo cách giải sau: - Lập PTMP (P) qua M và vuông góc với d2 (0,50đ) - Giải hệ phương trình gồm ptts của d2 và pt mặt phẳng (P) để tìm giao điểm N (0,50đ)

2 (1,0 điểm)

Gọi PQlà đường vuông góc chung của d1và d2 với

1;

P d Q d 

Khi đó: P (1 s s s; ; ) ; Q (1 ;2t t;1 ) t ( ;2 ;1 )

PQ t s t s t s

       

0,25

Ta có: PQ u  6 18t s



;PQ u  4 6t 8s

  Vì PQ d PQ d    

 nên

1 PQ u PQ u                                     

6 18 11

4

11 t t s t s s                     0,25

Đường thẳng PQ được cho bởi:

10 ( ; ; )

11 11 11 :

15

: ; ; ( 1;3;1)

11 11

P PQ

VTCP u PQ u

                Qua -5

= = choïn

11

   0,25

Vậy phương trình đường vuông góc chung của d1và d2

là 10 11 11 11 x t y t z t                0,25 Câu 5.b (1,0 điểm)

Ta có:  (2i 7)2 4(1 ) 41 56 i   i 0,25

Gọi   a bilà một bậc hai của 

Ta có: (a bi )2 41 56 i

Giải hệ: 2

2 56

41

ab a b

 



 

 tìm a, b 0,25

Kết luận nghiệm 0,25