ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP NĂM 2013 - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 20

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

49
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử tốt nghiệp năm 2013 - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 20', 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: ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP NĂM 2013 - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 20

Hiendvtiger.violet.vn KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông CODE 20 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ --------------------------------------------------- I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1 1 1 Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x 3 + x 2 - 2x + 3 2 6 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: 2x 3 + 3x 2 - 12x - 1 + 2m = 0 Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 21+x + 26- x = 24 e x 2 + ln x 2) Tính tích phân: I = ￲ dx 1 x2 3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 - x + 1 tại các giao điểm của nó với đường thẳng y = 2x - 1 . Câu III (1,0 điểm): Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. a) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón. b) Tính thể tích của khối nón tương ứng. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1. Theo chương trình chuẩn r r r Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ (O , i , j , k ) , cho hình hộp A BCD .A ￲B ￲C ￲ ￲ D có uuu r uuu r uuuu r r r r r r uuur r OA = 0,OB = i , OC ￲ = i + 2 j + 3k , A A ￲ = 3k , 1) Viết phương trình mặt phẳng (A BA ￲) và tính khoảng cách từ C ￲ đến (A BA ￲) 2) Tìm toạ độ đỉnh C và viết phương trình cạnh CD của hình hộp A BCD .A ￲B ￲C ￲ ￲ D Câu Va (1,0 điểm): Cho z = - 1 + 3 i . Tính z 2 + z + 1 2 2 2. Theo chương trình nâng cao r r r Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ (O , i , j , k ) , cho hình hộp A BCD .A ￲B ￲C ￲ ￲ D có uuu r uuu r uuuu r r r r r r uuur r OA = 0,OB = i , OC ￲ = i + 2 j + 3k , A A ￲ = 3k , 1) Tìm tọa độ các đỉnh C, D và chứng minh rằng A BCD .A ￲B ￲C ￲ ￲ là hình hộp chữ nhật. D 2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp A BCD .A ￲B ￲C ￲ ￲ . D Câu Vb (1,0 điểm): Cho z = - 1 + 3 i . Tính z 2011 2 2 ---------- Hết ---------- Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I: 1 1 1  Hàm số: y = x 3 + x 2 - 2x + 3 2 6 ￲ Tập xác định: D=ﾡ ￲ Đạo hàm: y ￲ = x 2 + x - 2 ￲ Cho y ￲ = 0 � x 2 + x - 2 = 0 � x = 1 hoa� = - 2 cx ￲ Giới hạn: x ￲lim￲ y = - ￲ ; lim y = +￲ - x ￲ +￲ ￲ Bảng biến thiên x –￲ -2 1 +￲ y￲ + 0 – 0 + 7 2 +￲ y -￲ –1 ￲ Hàm số ĐB trên các khoảng (- ￲ ; - 2),(1; +￲ ) , NB trên các khoảng (- 2;1) Hàm số đạt cực đại y C￑ = 7 tại x C￑ = - 2 . 2 Hàm số đạt cực tiểu y CT = - 1 tại x CT = 1 . 1 5 ￲ y ￲￲ = 2x + 1 . Cho y ￲￲ = 0 � 2x + 1 = 0 � x = - � y = 2 4 � 1 5� Điểm uốn: I ￲- ; ￲ ￲ ￲ ￲ ￲ y � 2 4� 1 1 1 3,5 ￲ Giao điểm với trục hoành: y = 0 � y = x 3 + x 2 - 2x + =0 3 2 6 1 d Giao điểm với trục tung: cho x = 0 � y = 6 -3,5 -2 1 2,5 ￲ Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 1 2,5 O x y –1 3,5 1,25 –1 3,5 -1 ￲ Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây 1 1 1 1 ￲ 2x 3 + 3x 2 - 12x - 1 + 2m = 0 � x 3 + x 2 - 2x - + m =0 3 6 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 � x 3 + x 2 - 2x = - m � x 3 + x 2 - 2x + = - m (*) 3 2 6 3 3 2 6 3 3 1 1 ￲ Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của (C ) và d : y = - m 3 3 1 1 7 4 1 19 4 19 ￲ Do đó, (*) có 3 nghiệm pb - 1 < - m < � - < - m < � >m >- 3 3 2 3 3 6 3 2 19 4 ￲ Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt � - 0), phương trình (*) trở thành: 2t + = 24 � 2t 2 - 24t + 64 = 0 t � t = 8 hoặc t = 4 (nhận cả hai nghiệm này do t > 0) ￲ Với t = 8 ta có 2x = 8 � x = 3 ￲ Với t = 4 ta có 2x = 4 � x = 2 2
￲ Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3. e� ln x � e x 2 + ln x e e ln x I =� dx = � 1 + 2 ￲ dx = � + � 2 dx ￲ ￲ ￲ ￲ dx x2 1 ￲ � x � 1 1 x 1 e e ￲ Xét I 1 = ￲ dx = x 1 = e - 1 1 ￲ ￲ u = ln x ￲ ￲ du = 1 dx ￲ e ln x dx . Đặt � ￲ � ￲ ￲ x ￲ Xét I2 = ￲ � � . Khi đó, 1 x2 � = 1 dx � dv � �=- 1 � ￲ x 2 � v ￲ ￲ x e e � ln x � � + e 1 dx = - 1 - �� = - 1 - 1 + 1 = 1 - 2 1 I2 = �� x � ￲1 x 2 - � �� e ��x 1 e e e 1 2 2 ￲ Vậy, I = I 1 + I 2 = e - 1 + 1 - = e - e e  Viết pttt của y = x - x + 1 tại các giao điểm của nó với đường thẳng y = 2x - 1 3 ￲ Cho x 3 - x + 1 = 2x - 1 � x 3 - 3x + 2 � x = 1, x = - 2 ￲ y ￲ = 3x 2 - 1 3 ￲ Với x 0 = 1 � y 0 = 1 - 1 + 1 = 1 và f ￲(1) = 3.12 - 1 = 2 pttt tại x 0 = 1 là: y - 1 = 2(x - 1) � y = 2x - 1 S 3 ￲ Với x 0 = - 2 � y 0 = (- 2) - (- 2) + 1 = - 5 và f ￲(- 2) = 3.(- 2)2 - 1 = 11 pttt tại x 0 = 1 là: y + 5 = 11(x + 2) � y = 11x + 17 ￲ Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là: y = 2x - 1 và y = 11x + 17 Câu III:￲ Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ) ￲ Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a. A Do đó, A B = SA 2 + SB 2 = a 2 và SO = OA = 1 A B = a 2 O 2 2 ￲ Vậy, diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón : B 2 a 2 a 2 pa 2 pa 2 � 2� S xq = prl = p �� ; 2 ￲a ￲ ￲ = pa 2 = S tp = S xq + pr = + p￲ ￲ ￲ ￲ 2 2 2 2 �2 � 2 � �a 3 Thể tích khối nón: V = 1 pr 2h = 1 p ￲a 2 ￲ � 2 = a p 2 ￲ ￲ ￲ ￲ B C 3 3 �2 ￲ � 2 12 THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN A D Câu IVa: Từ giả thiết ta có A (0; 0; 0) , B (1; 0; 0) ,C ￲(1;2; 3) , A ￲(0; 0; 3) I ￲ Điểm trên (A BA ￲) : A (0; 0; 0) B' C' uuur uuur ￲ Hai véctơ: A B = (1; 0; 0) , A A ￲ = (0; 0; 3) uuu uuur r � 0 0 1 1 0� A' D' r ￲0 ￲ ￲ vtpt của (A BA ￲) : n = [A B , A A ￲] = ￲ 0 3 ; 3 0 ; 0 0 ￲ = (0; - 3; 0) ￲ ￲ ￲ ￲ ￲ � ￲ � ￲ PTTQ của (A BA ￲) : 0(x - 0) - 3(y - 0) + 0(z - 0) = 0 � y = 0 2 ￲ d (C ￲,(A BA ￲)) = =2 0 + 12 + 02 2 uuur uuur  Từ A A ￲ = CC ￲ � (0; 0; 3) = (1 - xC ;2 - yC ; 3 - zC ) , ta tìm được C (1;2; 0) r uuu r ￲ Do CD || AB nên CD có vtcp u = A B = (1; 0; 0) 3
￲x = 1 + t ￲ ￲ ￲ ￲ Và hiển nhiên CD đi qua C nên có PTTS: ￲ y = 2 (t ￲ ﾡ ) ￲ ￲z = 0 ￲ ￲ 2 � � Câu Va: z = - 1 + 3 i � z 2 = ￲- 1 + 3 i ￲ = 1 - ￲ ￲ ￲ ￲ 3 i- 3 1 =- - 3 i 2 2 �2 ￲ 2 � 4 2 4 2 2 1 3 1 3 ￲ Do đó, z 2 + z + 1 = - + i- - i +1 = 0 2 2 2 2 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO uuur uuur ￲ Từ A A ￲ = CC ￲ � (0; 0; 3) = (1 - xC ;2 - yC ; 3 - zC ) , ta tìm được C (1;2; 0) uuu uuu r r B C ￲ Từ A B = DC � (1; 0; 0) = (1 - x D ;2 - y D ; - z D ) , ta tìm được D (0;2; 0) uuu r uuu uuu r r � � A D � B = (1; 0; 0) A � r � B .A D = 0 A � uuu ￲A B ^ A D I �uuu �uuur r ￲ ￲ ￲A B ^ A D � � ￲ ￲ � D = (0;2; 0) � � A ￲.A B = 0 � ￲ A A ￲ ^ A B � ￲ ￲ � A A � uuu ￲ B' C' �uuur �uuur r ￲ ￲A A ￲ ^ A B ￲ A A ^ (A BCD ) ￲ � A ￲ = (0; 0; 3) �A � A ￲.A D = 0 �A ￲ � � ￲ A' D' ￲ Vậy, A BCD .A ￲B ￲C ￲ ￲ là hình hộp chữ nhật. D  Gọi (S ) là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp A BCD .A ￲B ￲C ￲ ￲ D ￲ Tâm của mặt cầu: I ( 2 ;1; 2 ) (là trung điểm đoạn A C ￲ ) 1 3 1 1 2 14 ￲ Bán kính mặt cầu: R = A C ￲ = 1 + 22 + 3 2 = 2 2 2 7 ￲ Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x - 1 )2 + (y - 1)2 + (z - 2 )2 = 2 3 2 Câu Vb: 2 � � ￲ z = - 1 + 3 i � z 2 = ￲- 1 + 3 i ￲ = 1 - ￲ ￲ ￲ ￲ 3 i- 3 1 =- - 3 i 2 2 �2 ￲ 2 � 4 2 4 2 2 2 �1 3 � 1 �� 2 � � � z = z .z = � + 3 2 � � - 3 i � ￲- 1 ￲ - i� � � � ￲ ￲ �3 � � � - �2 � �- � 2 � 2 � �= � � ￲ 2 � � 2� � i �= 1 �2 �� 670 1 3 � z 2011 = z 2010 .z = ( z 3 ) .z = 1670.z = z = - + i 2 2 1 3 1 3 ￲ Vậy, với z = - + i thì z 2011 = z = - + i 2 2 2 2 Hiendvtiger.violet.vn 4