5 ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

Chia sẻ: Mai Linh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:20

Thêm vào BST

Báo xấu

68
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu '5 đề ôn thi tốt nghiệp thpt', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 5 ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

ĐỀ ÔN TẬP THI TỐT NGHIỆP THPT Sở GD-ĐT Quảng Nam Trường THPT Phan Bội Châu Môn : Toán - N.H : 2009-2010 ===== ============= I. Phần chung : Câu I (3 điểm) : 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = -x3 + 2x2 – x 2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành Câu II (2 điểm) : log 2 x + log 2 x − 2 2 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên log 2 x − 2 đoạn [8; 32] π 2 3 ∫ csin x dx 2) Tính tích phân : I = osx+1 0 Câu III (2 điểm) : 1) Hình chóp S.ABC có ABC là tam giác đều, cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA = a và góc giữa mp(SBC) với mp(ABC) là 30o. Tính thể tích hình chóp. 2) Giải phương trình : 9x – 3x+2 + 18 = 0 II. Phần riêng : Ban cơ bản : Câu IVa) (2 điểm) : Trong không gian Oxyz cho điểm M(1; -3; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình : 2x – y – 2z + 2 = 0. Viết phương trình của : 1) Mặt cầu tâm M và tiếp xúc với (P) 2) Mặt phẳng qua M và song song với (P) 3) Đường thẳng qua M, song song với (P) và cắt trục Oz. Câu Va) (1 điểm) : Tìm số phức z, biết : (1 + i)z = (2 - 3i)(-1 + 2i) Ban không cơ bản : Câu IVb) (2 điểm) : Trong không gian Oxyz cho điểm M(1; -3; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình : 2x – y – 2z + 2 = 0. 1) Tìm tọa độ hình chiếu của M trên mp(P) 2) Viết phương trình đường thẳng qua M, song song với (P) và cắt trục Oz. Câu Vb) (1 điểm) : Tìm căn bậc hai của số phức z = 3 – 4i
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM 3 điểm Câu I 2 điểm 1) * TXĐ : D = R 0.25 * y’ = -3x2 + 4x – 1 0.25 y’ = 0 ⇔ x = 1, x = 1/3 * Limy = +∞, Limy = −∞ 0.25 x →−∞ x →+∞ * BBT : x -∞ 1 +∞ 1 3 y’ - 0 + 0 - 0.5 ∞ y+ 0 4 -∞ - 27 * Hàm số đồng biến trên ( 1 ; 1), nghịch biến trên (- ∞ ; 1 ) và (1; + ∞ ) 3 3 0.25 Hàm số đạt CĐ tại x = 1, yCĐ = 0, đạt CT tại x = 1 , yCT = - 27 4 3 * Đồ thị : Điểm uốn ( 2 ; - 27 ) là tâm đối xứng và điểm O(0; 0) là điểm 2 3 đặc biệt của đồ thị y x 1/3 1 0.5 O I -4/27 1 điểm 2) * Từ đồ thị suy ra trên [0; 1], f(x) ≤ 0 nên diện tích hình phẳng là : 0.25 1 1 * S = ∫ ( x − 2 x + x)dx = ( 1 x − 3 x + 1 x ) 23 3 2 4 2 = 0.25+ 0.25 4 2 0 0 1 * S = 12 0.25 2 điểm Câu II 1 điểm 1) Đặt t = log2x. x∈ [8; 32] ⇔ t ∈ [3; 5] * Bài toán thành : tìm GTLN, GTNN của hàm số y = t + t − 2 trên [3; 5] 2 0.25 t −2 t 2 − 4t * y’ = (t − 2) 2 . Trên [3; 5], y’ có nghiệm t = 4 0.25
0.25 * y(3) = 10, y(4) = 9, y(5) = 28 3 0.25 * Suy ra : GTLN : 10, GTNN : 9 1 điểm 2) π π 2 2 3 2 I = ∫ sin x dx = ∫ csin x sinxdx cosx+1 osx+1 0 0 0.25 * Đặt t = cosx, dt = - sinxdx * x = 0 ⇒ t = 1, x = π ⇒ t = 0 0.25 2 02 0 −1 * I = ∫ tt + 1 dt = ∫ (t − 1)dt 0.25 1 1 * I = ( 1 t2 − t ) =1 0 0.25 2 2 1 2 điểm Câu III 1 điểm 1) Gọi M là trung điểm của BC. S * Góc giữa (SBC) và (ABC) là SMA bằng 30o 0.25 0.25 * AM = SA.cot30o = a 3 2 AM = 2a ⇒ dt( ∆ ABC) = 0.25 3 a2 * AB = A C 3 M 3a 3 0.25 * Thể tích hình chóp là : V = B 3 1 điểm 2) * Đặt t = 3 > 0, dẫn đến pt : t – 9t + 18 = 0 x 2 0.25 * Giải được t = 3 và t = 6 0.25 *t=3 ⇒ x=1 0.25 * t = 6 ⇒ x = log 3 6 0.25 2 điểm Câu Iva 1) 0.5 * Bán kính mặt cầu : R = d(M, (P)) = 1 0.25 * Phương trình mặt cầu : (x – 1)2 + (y + 3)2 + (z – 2)2 = 1 0.25 2) 0.5 * Mặt phẳng (Q) song song với (P) nên có VTPT là (2; -1; -2) 0.25 * và qua M(1; -3; 2) nên có phương trình : 2x – y – 2z – 1 = 0 0.25 1 điểm 3) 0.25 * Giao điểm của (Q) với trục Oz là N(0; 0; − 1 ) 2 0.25 * Đường thẳng qua M, song song với (P) và cắt trục Oz là MN uuuu r 0.25 * VTCP của MN là MN = (-1; 3; − 5 ) 2 x −1 = y + 3 = z − 2 0.25 * Phương trình của MN là : −1 3 −5 2 1 điểm Câu Va
* Tính được (2 – 3i)(-1 + 2i) = 4 + 7i 0.25 * z = 4 + 7i 0.25 1+ i (4 + 7i)(1 − i) 0.25 *z= 2 11 + 3i * z = 2 = 11 + 2 i 3 0.25 2 2 điểm Câu IVb 1 điểm 1)  x = 1 + 2t  * PT đường thẳng d qua M và vuông góc với (P) là :  y = −3 − t 0.25  z = 2 − 2t  * Hình chiếu H của M trên (P) là giao điểm của d và (P) 0.25 * Tọa độ H là nghiệm x, y, z của hệ phương trình :  x = 1 + 2t  y = −3 − t 0.25  z = 2 − 2t 2 x − y − 2 z + 2 = 0  * Giải hệ và suy ra H( 1 ; − 8 ; 8 ) 0.25 3 33 1 điểm 2) uuuur * Gọi N(0; 0; z)∈ Oz thì MN = (−1;3; z − 2) 0.25 u r ur ruuuu * Gọi n = (2; −1; −2) là VTPT của (P). Ta có n .MN = 0 ⇔ −5 − 2( z − 2) = 0 0.25 * Suy ra z = − 1 và N(0; 0; − 1 ) 0.25 2 2 uuuu r * Đường thẳng cần tìm có VTCP là MN = (−1;3; − 5 ) nên có phương trình : 2 0.25 x −1 = y + 3 = z − 2 −1 3 −5 2 1 điểm Câu Vb * Gọi u = a + bi là căn bậc hai của z thì (a + bi)2 = z 0.25 Hay a2 – b2 + 2abi = 3 – 4i * Vậy : a2 – b2 = 3 và 2ab = -4 0.25 * Giải hệ trên ta được a = 2, b = -1 và a = -2, b = 1 0.25 * Vậy các căn bậc hai của z là 2 – i và -2 + i 0.25
SỞ GD &ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN TỔ TOÁN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT năm 2010 Môn : Toán Thời gian: 150’ không kể thời gian giao đề I/PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu 1: (3 điểm) Cho hàm số y = x3 - 6x2 + 9x . 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số . 2/ Xác định các giá trị của tham số m để phương trình : x3 - 6x2 + 9x +1 – m = 0 có 3 nghiệm phân biệt . Câu 2: ( 3 điểm) 1 2 + =1 1/ Giải phương trình : 5 − ln x 1 + ln x π 2 ∫ ( x + cos x) sin 2 xdx . 2/ Tính tích phân : 0 mx + 1 3/ Tìm m để hàm số y = đồng biến trên từng khoảng xác định của nó . x+m Câu 3: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên tạo với đáy một góc α .Tính thể tích khối cầu tương ứng với mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a và α . II/ PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong 2 phần 1/ Theo chương trình chuẩn : Câu 4a: (2 điểm) x = t  Trong không gian 0xyz cho đường thẳng ∆ có phương trình  y = −1 + 2t và điểm A(1;-  z = 2 − 2t  2;3) . 1/ Viết phương mặt phẳng ( α ) qua A và vuông góc với ∆ . 2/ Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng ∆ . Câu 5a: (1 điểm) Tính ( 1 + i )2010 . 2/ Theo chương trình nâng cao: Câu 4b: (2 điểm) Trong không gian 0xyz cho 4 điểm A(1;0;-1),B(3;4;-2),C(4;-1;1),D(3;0;3) 1/ Chứng tỏ ABCD là một tứ diện . Tính thể tích tứ diện ABCD . 2/ Viết phương trình mặt cầu tâm D tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Câu 5b: (1 điểm ) Viết dưới dạng lượng giác rồi tính : (1 + i)2010 Hết Đáp án Nội dung Điểm
I/ PHẦN CHUNG Câu 1 1/ (2 đ) TXĐ D = R 0,25 Sự bt : y’ = 3x2 -12x + 9 y’ = 0 ⇔ x = 1 ; x = 3 0,25 lim y = ±∞ 0,25 x →±∞ BBT −∞ +∞ x 1 3 y’ 0 0 +∞ y 4 0,5 −∞ 0 Đồ thị f(x) = (x3 -6⋅x2 ) +9⋅x 6 4 2 -10 -5 5 10 0,5 -2 -4 -6 -8 2/ (1 đ) 2/ đưa về : x3 -6x2 + 9x = m – 1 0,25 Lý luận đi đến 0 < m - 1 < 4 ⇔ 1 < m < 5 0,75 Câu 2 1 2 + = 1 đk đi đến 1/ (1 đ) t = lnx 0,25 5 − t 1+ t 0,25 đi đến : t – 5t + 6 = 0 2 t = 2 ⇔ t = 3 0,25 x = e 2 giải ra  0,25 x = e 3 --------------------------------------------------------------------------------------------- 2/ (1 đ)
π π π 2 2 2 ∫ ( x + cos x) sin 2 xdx ∫ x sin 2 xdx + 2 ∫ cos = 2 x sin xdx 0,25 0 0 0 Tính tp đầu bằng pp tptp đúng 0,25 Tính tp sau bằng đổi biến đúng 0,25 π2 + Kq đúng : 43 0,25 --------------------------------------------------------------------------------------------- 3/ (1 đ) D = R\ {-m} 0,25 m2 − 1 y’ = ( x + m) 2 0,25 lý luận đi đến y’ > 0 với mọi x thuộc D 0,25 KQ : m 1 0,25 Câu 3 (1 đ) Xác định tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 0,25 S D C O B A a2 a2 0,25 tan α , SA = Tính SO = 2 cos α 2 0,25 a Tính R = 2 sin 2α 2π a 3 0,25 V= 3 2 sin 3 2α II/ PHẦN RIÊNG Câu 4a (2 đ) r 0,25 1/ (1 đ) Tìm u = (1; 2; −2) r 0,25 Lí luận u = (1; 2; −2) là VTPT của mp( α ) 0,25 Pt mp( α ) : 1(x – 1) + 2(y + 2) - 2(z - 3) = 0 0,25 ⇔ x + 2y -2z + 9 = 0 ---------------------------------------------------------------------------------------------
2/ (1 đ) Gọi H = ∆ ∩ (α ) 0,25 Lí luận đi đến : t + 2(-1 2t) -2(2 - 2t) + 9 = 0 1 ⇔t= − 3 1 58 H (− ; − ; ) 0,25 3 33 0,25 Lí luận H trung điểm đoạn AA’ 5 47 0,25 A '(− ; − ; ) 3 33 --------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5a (1 đ) (1+ i)2010 = [(1 + i)2]1005 = (1 + 2i - i2)1005 0,5 = (2i)1005 = 21005.i . 0,5 --------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 4b( 2 đ) 1/ u đ) (1 uur uuu r uuu r BA = ( −2; −4;1), BC = (1; −5;3), BD = (0; −4;5) 0,25 uur uuu ur uur uuu uuu ur r  BA, BC  = (−7;7;14) ,  BA, BC  .BD = 42 suy ra kết luận     0,5 1  uuu uuu  uuuu rr r V = |  BA, BC  .BD | = 7 0,25 6 -------------------------------------------------------------------------------------------- 1 V = S ∆ABC .d ( D, ( ABC )) 2/ (1 đ) 0,25 3 Lí luận R = d( D,(ABC)) 0,25 Tính ra R = 6 . 0,25 PT mặt cầu : (x - 3)2 + y2 + (z - 3)2 = 6 . 0,25 --------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5b (1 đ) 2010π 2010π + i sin 2010 (1 + i)2010 = ( 2) (cos ) 0,25 4 4 π π 0,25 = 21005 (cos + isin ) 2 2 0,5 = 21005( 0 + i) = 21005.i
SƠ GD & ĐT QUẢNG NAM KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 TRƯỜNG THPT NGUYỄN KHUYẾN MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (3,0 điểm) 2x +1 Cho hàm số y = có đồ thị (C ) . x +1 a. Khảo sát và vẽ đồ thị. a. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C ) ; trục Ox; trục Oy. Câu II (3,0 điểm) e dx a. Tính tích phân I = ∫ x(3ln x + 2) 1 b. Giải phương trình: log 4 ( x + 2).log 2 x = 1 Câu III (1,0 điểm) Một hình nón đỉnh S, khoảng cách từ tâm O đến dây cung AB của đáy bằng a. · · SAO = 30 0 ; SAB = 60 0 . Tính độ dài đường sinh theo a. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2 điểm) x −1 y z Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng (∆1 ) : ==; −1 1 4 x = 2 − t  (∆ 2 ) :  y = 4 + 2t . z = 1  a. Chứng minh rằng đường thẳng (∆1 ) và đường thẳng (∆ 2 ) chéo nhau. b. Viết phương trình mặt phẳng (α ) chứa đường thẳng (∆1 ) và song song với đường thẳng (∆ 2 ) . Câu V.a (1 điểm) Tính giá trị của biểu thức A = (2 − 3i) 2 + (2 + 3i) 2 . 2. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.b (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2; 3; 0); mặt phẳng (α ) : x + y + 2 z + 1 = 0 và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z + 8 = 0 a. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α ) . b. Viết phương trình mặt phẳng ( β ) song song (α ) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu V.b (1 điểm) Biểu diễn số phức z = −1 + i dưới dạnh lượng giác.
Sở GD - ĐT Quảng Nam ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Trường THPT Nguyễn Huệ Năm học: 2009-2010 A/ Phần chung dành cho tất cả thí sinh: (7đ) Câu 1: (3đ) Cho hàm số : y = x3 – 3x + 2 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2/ Dựa vào đồ thị ( C ), hãy xác định các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt: 10 x −3 x + 2 = m 3 Câu 2:(3đ) 1/ Giải phương trình: log (x-1) + log (3-x) = log (3x-5) 2/ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f(x) = x2e-x trên đoạn [ − 1;1] π 1 + cot x 2 ∫ .dx 3/ Tính tích phân: I= sin 2 x π 4 Câu 3: (1đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B; AC = a 2 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy; góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30o. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. B/ Phần chung: (3đ) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau: I/ Theo chương trình chuẩn: Câu 4a: (2đ) Trong không gian Oxyz, điểm M (1;-2;3) và đường thẳng d có phương trình: x = 1 − t   y = 2t z = 1 + t  1/ Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ đi qua M và song song với đường thẳng d. 2/ Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng với điểm M qua đường thẳng d. Câu 5a: (1đ) Giải phương trình: ( 3 + 2i )z + 3i – 2 = 0 trên tập số phức II/ Theo chương trình nâng cao: Câu 4b: (2đ) Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(2;-2;1), B(-1;-1;0), C(-1;1;1) 1/ Chứng minh: O, A, B, C là 4 đỉnh của 1 tứ diện( O: gốc tọa độ). Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện đó. 2/ Viết phương trình tiếp diện của (S), biết tiếp diện đó song song với mặt phẳng (Oxy). Câu 5b: (1đ) Giải phương trình: z2 + (2-i)z – 2i = 0 trên tập số phức.
HẾT SỞ GD&ĐT ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Trường THPT Nguyễn Huệ NĂM 2010 Môn thi : TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN 1. (2,0 điểm) Câu 1 + Tập xác định : D = R (3,0 0,25 + lim−∞y = −∞ ; lim+ y = + ∞ điểm) 0,25 x→ x→ ∞ 2 + y’ = 3x -3 0,25 y ’ = 0 ⇔ x = ±1 -∞ + Bảng biến thiên : x -1 1 +∞ 0,5 y’ + 0 - 0 + y 4 0,25 +∞ -∞ 0 ∞ ;-1); (1;+ ∞ ) và + Hàm số đồng biến trên các khoảng (- nghịch biến trên (-1;1) Hàm số đạt cực đại tại x=-1; yCĐ=4 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1; yCT=0 y’’=6x y’’=0 ⇔ x=0 Đồ thị có điểm uốn (0;2) Đồ thị : 0,5
0,25 2/ (1,0 điểm ) 3 −3 x + 2 = m ⇔ x 3 − 3 x + 2 = log m 10 x Đây là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường 0,25 thẳng d : y=logm ⇒ số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của (C) và d. 0,25 Do đó : Để phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt thì (C) và d có 3 giao điểm. ⇔ 0 < logm < 4 0,25 ⇔ log1 < logm < log104 ⇔1
π ⇒t =2 x= 0,25 4 1 2 ∫ t dt = ∫ t dt I=- 2 1 0,25 2 t = 2 1 2 0,25 13 =2- = 22 ˆ Chứng tỏ được CSB = 30 0 Câu 3 0,25 (1,0 Tính được AB=BC=a điểm) a2 1 AB.BC = SABC = 0,25 2 2 SC = 2a 0,25 SA = a 2 1 3 2a Vậy VSABC = SA . SABC = 0,25 3 6 Câu 4 0,25 a) 1/ d có vectơ chỉ phương u = (−1;2;1) (2,0 0,25 vì ∆ // d nên ∆ nhận u làm vectơ chỉ phương mà ∆ qua điểm) M(1;-2;3) 0,25 x = 1 − t  Vậy phương trình tham số của ∆ là  y = −2 + 2t z = 3 + t  0,25 2/ Vì (P) ⊥ d nên (P) nhận u làm vectơ pháp tuyến. Mà (P) đi qua M(1;-2;3) Vậy (P) có phương trình là : -1(x-1)+2(y+2)+1(z-3) = 0 0,25 -x+2y+z+2 = 0 3/ Gọi H = d ∩ ( P) Vì H ∈ d nên H(1-t;2t;1+t) Vì H ∈ ( P) nên -1 + t + 4t + 1 + t + 2 = 0 ⇔ 6t + 2 = 0 0,25 1 ⇔ t=- 3 4 2 2 0,25 Nên H  ;− ;  3 3 3 H là trung điểm MM’
0,25  5  xM ' = 2 x H − xM = 3   2 nên  y M ' = 3   5 zM ' = − 3  5 2 5 Vậy M’  ; ;−   3 3 3 2 − 3i Câu 5 0,25 a) z = 3 + 2i (1,0 (2 − 3i )(3 − 2i ) điểm) = (3 + 2i )(3 − 2i) − 13i 0,5 = 13 = -i 0,25 b) 1/ OA = ( 2;−2;1) Câu 4 (2,0 OB = ( − 1;−1;0 ) điểm) OC = ( − 1;1;1) [] ⇒ OA, OB = (1;−1;−4) 0,25 ⇒ [OA; OB ].OC = −6 ≠ 0 ⇒ OA, OB, OC không đồng phẳng 0,25 ⇒ O, A, B, C là các đỉnh của 1 tứ diện Gọi (S) : x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (S) đi qua O, A, B, C nên d = 0 5 − 4a + 4b − 2c = 0  0,25  2 + 2a + 2b = 0 3 + 2a − 2b − 2c = 0   1 a = − 3  0,25 b = − 2  ⇔ 3  11 c = 6  d = 0  0,25
2 4 11 x+ y− z =0 Vậy (S) : x2 + y2 + z2 + 3 3 3  1 2 11  141 2/ (S) có tâm I  − ;− ;  và bán kính R =  3 3 6 6 Gọi mặt phẳng (P) là tiếp diện cần tìm 0,25 vì (P) // mặt phẳng (Oxy) Nên (P) : z + D = 0 (D ≠ 0) 0,25 Vì (P) là tiếp diện của (S) nên d(I;(P)) = R 11 141 ⇔ +D = 6 6 ± 141 − 11 (nhận) ⇔D= 6  141 − 11 z + =0 0,25 6 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là   141 + 11 z − =0  6 b) ∆ = 3+4i Câu 5 0,25 2 (1,0 = (2+i) 0,25 z = i điểm) Phương trình có nghiệm là  0,5  z = −2
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN: TOÁN - Thời gian: 150 phút (KKGĐ) I. PHẦN DÙNG CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7, 0 Điểm ) y = − x 3 + 3x 2 − 1 Câu I.(3đ). Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường 1 thẳng (d) : y = x − 2010 . 9 Câu II. (3đ). − 1) = 2 + log 2 (5 x +3 + 1) x +3 1. Giải phương trình: log 2 (25 2. Tìm giá trị lớn trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số sau: y = f(x) = x2 - 8. lnx trên đoạn [1 ; e] π 2 I = ∫ (ecos x − 2x)sin xdx 3. Tính tích phân sau : 0 Câu III. (1đ). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều, các cạnh bên đều bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 300 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . II. PHẦN RIÊNG (3,0 Điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a (2đ). Trên Oxyz cho M (1; 2; -2), N (2; 0; -1) và mp ( P ): 3x + y + 2 z + 10 = 0 . 1. Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) qua 2 điểm M; N và vuông góc ( P ). 2. Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm I ( -1; 3; 2 ) và tiếp xúc mặt phẳng ( P ). Tìm tọa độ tiếp điểm. z = 1+ 4i + (1− i)3. Tìm môđun của số phức Câu V.a ( 1đ). 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b (2đ). Trên Oxyz cho A (1 ; 2 ; -2 ), B (2 ; 0 ; -1) và đường thẳng
x −1 y + 2 z = =. (d): −1 2 1 1. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua 2 điểm A; B và song song (d). 2. Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm A và tiếp xúc đường thẳng (d). Tìm tọa độ tiếp điểm. Câu V.b (1đ). − x 2 + 4x − 4 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ): y = và tiệm cận xiên của x −1 ( C ) và 2 đường thẳng x = 2 ; x = a ( với a > 2 ) . Tìm a để diện tích này bằng 3. -------------------------------------------------HẾT------------------------------------------------- * Lưu ý: Học sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu nào. SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐÁP ÁN THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN: TOÁN - Thời gian: 150 phút (KKGĐ) I. PHẦN DÙNG CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7, 0 Điểm ) Điểm Câu Đáp án I ( 3điểm) 1) (2 điểm) TXĐ: D = R 0,25 Sự biến thiên  x = 0 ⇒ y = −1 Chiều biến thiên: y ' = −3x + 6x , y ' = 0 ⇔ −3x + 6x = 0 ⇔  2 2  0,50 x = 2 ⇒ y = 3 Suy ra hàm số nghịch biến trên ( −∞;0 ) và ( 2;+∞ ) , đồng biến trên ( 0;2) Cực trị: hàm số có 2 cực trị  + Điểm cực đại: x = 2 ⇒ yc® = 3 0,25 + Điểm cực đại: x = 0 ⇒ yct = −1 Giới hạn: lim y = lim y = −∞; lim y = +∞  x →−∞ x →+∞ x→−∞ Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận .  Bảng biến thiên: x −∞ +∞ 0 2 y' - 0 + 0 - +∞ 3 0,5 y CĐ −∞ -1 CT
Đồ thị:  ĐĐB: x -1 0 1 2 3 y 3 -1 1 3 -1 y 4 3 2 0,5 O 3 x -1 2 5 -1 -2 2) (1 điểm) Tiếp tuyến của (C) có dạng y − y0 = f '( x0 )( x − x0 ) 0,25  x0 = −1 ⇒ y0 = 3 Trong đó: f '( x0 ) = −9 ⇔ −3x0 + 6x0 + 9 = 0 ⇔  0,50 2  x0 = 3 ⇒ y0 = −1 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến của (C) thoả điều kiện là: 0,25  y = −9 x − 6  y = −9x + 26  II (3điểm) 1) (1 điểm) 0,25 ĐK: 25x+3 − 1 > 0 ( ) ( ) ( ) ( ) log2 25x+3 − 1 = 2 + log2 5x+3 + 1 ⇔ log2 25x+3 − 1 = log2 4 5x+ 3 + 1   0,25 5 = −1(loai) x +3 25 x +3 − 1 = 4 ( 5 x +3 + 1) ⇔ 25 x + 3 − 4.5 x +3 − 5 = 0 ⇔  x +3 ⇔ x = −2 0,25 5 =5  0,25 x = -2 (thoả đk ). Vậy pt có một nghiệm x = -2 2) (1 điểm) 8 Ta có f ( x ) = 2 x − / 0,25 x 2x2 − 8 8 0,25 Cho f ( x ) = 0 ⇔ 2 x − = 0 ⇔ = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = -2 ( loại) / x x 0,25 Ta có f (1) = 1 ; f (2) = 4 - 8 ln2 ; f (e) = e2 - 8 0,25 Max y =1 và Min y = 4 − 8ln 2 kết luận: [1;e] [1;e] 3) (1 điểm)
π π 2 2 I = ∫ ecos x sin x.dx − ∫ 2x.sin x.dx = M − N 0,25 0 0 π π 2 M = −∫ e 0,25 d(cosx) = −e = e− 1 cos x cos x 2 0 0 π 2 N = ∫ 2 x sin x.dx 0 u = 2x ⇒ du = 2dx  Đặ t  dv = sin xdx ⇒ v = − cos x 0,25 π π 2 0,25 N = −2x cosx + 2∫ cosx.dx = 22 0 0 I = M − N = e− 1− 2 = e− 3 III.(1điểm) Gọi O là tâm của tam giác đều ABC ,gọi H là trung điểm của BC Vì SA = SB = SC = a nên SO ⊥ (ABC) a · Do đó SAO = 300 , SO = SA.sin 30 = 0 , 0,25 2 a3 3 3 3a 3a 3 0,25 AO = , AH = AO = = 2 2 4 22 3a Vì ABC là tam giác đều nên BC = 2 0.25 2 1 1 3a 3 3a 9 3a Diện tích đáy S ∆ABC = BC. AH = . . = 2 22 4 16 0.25 1 9 3a 2 a 3 3a 3 1 Do đó thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC = S ∆ABC .SO = . .= 3 3 16 2 32 II. PHẦN RIÊNG ( 3, 0 Điểm ) IV (2
điểm) 1. (1 điểm) uuuu r uu r uu r uuuu uu rr 0,50 nP = (3;1;2) ⇒ nQ =  MN , nP  = (−5;1;7) là VTPT của Ta có: MN = (1; −2;1);   (Q) 0,50 Pt (Q): 5 x − y − 7 z − 17 = 0 2. (1 điểm) 0,25 Mặt cầu (S) có bán kính R = d ( I ;( P )) = 14 0,25 Pt (S): ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 2) = 14 2 2 2 0,25 0,25 Viết đúng Ptdt qua tâm I vuông góc mp (P) Tìm được tiếp điểm K ( - 4 ; 2 ; 0 ) V.a Vì (1− i)3 = 1 − 3i + 3i2 − i3 = 1− 3i − 3+ i = −2 − 2i . 3 (1 điểm) 0,50 (−1 2 + 22 = Suy ra : z = −1+ 2i ⇒ z = ) 5 0,50 1. (2 điểm) IV.b (2 điểm) 1. (1 điểm) 1,00 uuu r uu r uu r uuu uu rr 0,50  AB, ud  = (1;3;5) là VTPT của (P) Ta có: AB = (1; −2;1); ud = (2;1; −1) ⇒ nP =   Pt (P): x + 3 y + 5 z + 3 = 0 0,50 2. (1 điểm) 84 Mặt cầu (S) có bán kính R = d ( A; d ) = = 14 0,25 6 Pt (S): ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 2) = 14 2 2 2 0,25 0,25 Pt mặt phẳng qua A vuông góc d: 2 x + y − z − 6 = 0 0,25 Thay d vào pt mp trên suy ra t = 1 tiếp điểm M (3; −1; −1) V.b (1điểm) 0,50 − x2 + 4x − 4 1 suy ra tiệm cận xiên y = − x + 3 y= = −x + 3 − x −1 x −1 a 1 0,25 dx = ln ( x − 1) 2 = ln ( a − 1) (ddvdt) a Diện tích S = ∫ x −1 0,25 2 S = ln ( a − 1) = 3 ⇔ a − 1 = e ⇔ a = e + 1 3 3 -----------------------------------------------------******----------------------------------------------