ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP NĂM 2013 - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 4

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

70
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 4', 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 4

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 04 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) 2x - 1 Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x- 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 4. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log2 x - log 4 (4x 2 ) - 5 = 0 2 p sin x + cos x 2) Tính tích phân: I = ￲ 3 dx 0 cos x 3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau đây đạt cực tiểu tại điểm x 0 = 2 y = x 3 - 3mx 2 + (m 2 - 1)x + 2 Câu III (1,0 điểm): ﾷ Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BA C = 300 ,SA = AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Tính VS.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). 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 r uuur r Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ (O , i , j , k ) , cho OM = 3i + 2k , mặt cầu (S ) có phương trình: (x - 1)2 + (y + 2)2 + (z - 3)2 = 9 1) Xác định toạ độ tâm I và bán kính của mặt cầu (S ) . Chứng minh rằng điểm M nằm trên mặt cầu, từ đó viết phương trình mặt phẳng (a) tiếp xúc với mặt cầu tại M. 2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu, song song với mặt phẳng (a) , x +1 y- 6 z- 2 đồng thời vuông góc với đường thẳng D : = = . 3 - 1 1 Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: - z 2 + 2z - 5 = 0 2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có toạ độ các đỉnh là A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) 1) Viết phương trình đường vuông góc chung của AB và CD. 2) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây y = ln x , trục hoành và x = e ---------- Hết --------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: .................................
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I: 2x - 1 y= x- 1 ￲ Tập xác định: D = ﾷ \ {1} -1 ￲ Đạo hàm: y ￲ = < 0, " x ￲ D (x - 1)2 ￲ Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị. ￲ Giới hạn và tiệm cận: x ￲ - ￲ y = 2 lim ; lim y = 2 � y = 2 là tiệm cận ngang. x ￲ +￲ lim y = - � ; lim y = +�� x = 1 là tiệm cận đứng. x ￲ 1- x ￲ 1+ ￲ Bảng biến thiên x –￲ 1 +￲ y￲ – – 2 +￲ y y –￲ 2 1 ￲ Giao điểm với trục hoành: y = 0 � 2x - 1 = 0 � x = 2 3 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 � y = 1 2,5 ￲ Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 2 y 3/2 1 || 3 5/2 1 ￲ Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: 2x - 1 -1 O 1 2 3 x  (C ) : y = x- 1 ￲ Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên f ￲(x 0 ) = - 4 � � � - 1= 1 x0 �=3 x0 -1 2 1 � 2 �� 2 � = - 4 � (x 0 - 1) = � � � (x 0 - 1)2 4 � - 1=- 1 x0 �=1 x0 � � � 2 � 2 3 2. 2 - 1 3 � � ￲ Với x 0 = � y 0 = 3 = 4 .pttt là: y - 4 = - 4 ￲x - 3 ￲ � y = - 4x + 10 ￲ ￲ ￲ 2 - 1 ￲ � 2� 2 1 2. 1 - 1 � 1� 4 ￲x - ￲ � y = - 4x + 2 2 ￲ Với x 0 = � y 0 = 1 = 0 . pttt là: y - 0 = - ￲ ￲ � 2� ￲ ￲ 2 2 - 1 ￲ Vậy, có 2 tiếp tuyến thoả mãn ycbt là : y = - 4x + 2 và y = - 4x + 10 Câu II: ￲ Điều kiện: x > 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương với log2 x - (log 4 4 + log 4 x 2 ) - 5 = 0 � log2 x - log2 x - 6 = 0 (*) 2 2 ￲ Đặt t = log2 x , phương trình (*) trở thành � 3 t = ￲x = 23 � x =3 log � t 2 - t - 6 = 0 �� ￲ � 2 � - 2 t = ￲ - 2 (nhận cả hai nghiệm) � x =- 2 log � � ￲x = 2 ￲ � 2 � 1 ￲ Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 8 và x = 4 p p p p sin x + cos x � � I =� 3 ￲ sin x cos x ￲ sin x  0 3 cos x dx = �￲ cos x + cos x ￲dx = 0 ￲ � ￲ � � cos x dx + �1.dx 0 3 0 3
p sin x .dx ￲ Với I 1 = ￲ 3 , ta đặt t = cos x � dt = - sin x .dx � sin x .dx = - dt 0 cos x p Đổi cận: x 0 3 1 t 1 2 1 � � 2 ￲ - dt ￲ = 1 dt = ln t 1 1 Thay vào: I 1 = �￲ t 1 ￲ � � �t ￲ ￲ 1 1 2 = ln 1 - ln 2 = ln 2 2 p p p ￲ Với I 2 = ￲ 3 1.dx =x 3 0 = 0 3 p ￲ Vậy, I = I 1 + I 2 = ln 2 + 3 3 2 2  y = x - 3mx + (m - 1)x + 2 có TXĐ D = ﾷ ￲ y ￲ = 3x 2 - 6m x + m 2 - 1 ￲ y ￲￲ = 6x - 6m ￲ f ￲(2) = 0 ￲ 3.22 - 6m .2 + m 2 - 1 = 0 ￲ ￲ ￲ Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 = 2 �� ￲￲ � � (2) > 0 � f � - 6m > 0 � 6.2 ￲ ￲ ￲ m 2 - 12m + 11 = 0 ￲m = 1 hoac m = 11 �￲ � �� ￲ �m =1 � - 6m > 0 � 12 � � m
r r r �2 - 1 - 1 2 2 2 � ￲ ￲ ￲ = (1; - 5; - 8) u = [n , u D ] = ￲ ￲- 1 ; ; ￲ ￲ ￲ ￲ � 1 1 3 3 - 1� ￲ ￲x = 1 + t ￲ ￲ ￲ ￲ Vậy, PTTS của d là: ￲ y = - 2 - 5t (t ￲ ﾷ ) ￲ ￲ z = 3 - 8t ￲ ￲ Câu Va: - z 2 + 2z - 5 = 0 (*) ￲ Ta có, D = 22 - 4.(- 1).(- 5) = - 16 = (4i )2 ￲ Vậy, pt (*) có 2 nghiệm phức phân biệt - 2 - 4i - 2 + 4i z1 = = 1 + 2i và z 2 = = 1 - 2i - 2 - 2 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: uuur uuu r ￲ Ta có, A B = (0;1; 0) và CD = (1;1; - 1) ￲ Gọi M,N lần lượt là điểm nằm trên AB và CD thì toạ độ của M,N có dạng M (1;1 + t ;1), N (1 + t ￲;1 + t ￲;2 - t ￲) uuuu r � MN = (- t ￲; t - t ￲; t ￲ - 1) ￲ MN là đường vuông góc chung của AB và CD khi và chỉ khi uuu uuuu r r ￲ ￲t - t ￲ = 0 ￲ A B .MN = 0 ￲ uuu uuuu ￲ 1 � r r �� t =t￲= � .MN = 0 �CD �t ￲ + t - t ￲- t ￲ + 1 = 0 � - 2 ￲ ￲ � 3 � � 3 3 � uuuu � 1 3 r 1� r ￲ Vậy, M � ;1� � ; ; � MN = � ; 0; - � �1; � � ,N � � 2 � � 2 2� � � 2 � � � � �- �2 � � hay u = (1; 0;1) là vtcp của d cần tìm 2� ￲x = 1 + t ￲ ￲ ￲ 3 PTCT của đường vuông góc chung cần tìm là: ￲ y = ￲ ￲ (t ￲ ﾷ ) ￲ 2 ￲z = 1 + t ￲ ￲ ￲ Phương trình mặt cầu (S ) có dạng: x + y + z 2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0 2 2 ￲ Vì A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) thuộc (S ) nên: � - 2a - 2b - 2c + d = 0 3 �a + 2b + 2c - d = 3 2 � = 2a + 2b + 2c - 3 d ￲d = 6 � � � � � � ￲ ￲ � - 2a - 4b - 2c + d = 0 �6 �a + 4b + 2c - d = 6 �2 � - 2b � =- 3 ￲b = 3 / 2 ￲ � � �� ￲￲ � - 2a - 2b - 4c + d = 0 �6 �a + 2b + 4c - d = 6 �2 � 2b - 2c = 0 � ￲c = 3 / 2 ￲ � � - 4a - 4b - 2c + d = 0 � �a + 4b + 2c - d = 9 � � 2a - 2b + 2c = - 3 ￲ ￲a = 3 / 2 �9 �4 - � ￲ � � � ￲ ￲ Vậy, phương trình mặt cầu là: x 2 + y 2 + z 2 - 3x - 3y - 3z + 6 = 0 Câu Vb:￲ Cho y = ln x = 0 � x = 1 ￲ Diện tích cần tìm là: e e S = �ln x dx = �ln xdx 1 1 ￲ ￲ u = ln x ￲ ￲ du = 1 dx ￲ ￲ Đặt � = dx ￲ � � dv �=xx . Thay vào công thức tính S ta được: � ￲ � ￲ v ￲ e e e S = x ln x 1 - ￲1 dx = e ln e - 1ln 1 - x 1 = e - 0 - e + 1 = 1 (đvdt) ￲ Vậy, diện tích cần tìm là: S = 1 (đvdt)
Hiendvtiger.violet.vn