Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 30

Chia sẻ: May May | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

31
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học toán 2013 - đề 30', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ 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: Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 30

SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN NĂM : 2013 Môn: TOÁN. Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề). A. Phần chung cho tất cả các thí sinh: (7 điểm). Câu I: ( 3 điểm) x Cho hàm số y  . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), trục hoành và đường thẳng x = 1. Câu II: ( 3 điểm). 5 1. Giải phương trình : log x ( x  2)  log x  2 x  . 2 3 x5  2x3 2. Tính tích phân: I  dx . 2 0 x 1 3. Tìm GTLN – GTNN của hàm số y  x  cos 2 x trên đoạn 0;   .  4   Câu III.: ( 1 điểm). Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân. Tính tỉ số thể tích khối cầu nội tiếp và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình nón. B. Phần riêng: (3 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau:. Theo chương trình chuẩn: Câu IVa. ( 2 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phằng (P): x  2 y  2 z  1  0 . 1. Viết Phương trình tham số đường thẳng d qua A(2;-1;3) và vuông góc với mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ tiếp điểm. Câu Va: ( 1 điểm). Giải phương trình : z  2 z  (1  5i ) 2 trên tập số phức. Theo chương trình nâng cao: Câu IVb: ( 2 điểm).
x y  10 z  16 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:   . Và mặt phẳng (P) có phương 2 5 9 trình: x  y  z  12  0 . 1. Chứng minh d cắt mặt phẳng (P). Tìm tọa độ giao điểm d và mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình đường thằng  qua gốc tọa độ cắt d và song song với mặt phẳng (P). Câu Vb: (1 điểm). Giải phương trình sau : z 2  5 z  1  5i  0 trên C.( ẩn z)
ĐÁP ÁN A. Phần chung ( 7 điểm). Câu I: (3 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). TXĐ: D  R \  1 0.25 1 y'   0 với mọi x  D 0.25 x  12 Hàm số tăng trong các khoảng  ;1 và  1;  - Không có cực trị. x x lim   lim   x  1 x  1 x  1 x  1 Đồ thị có tiệm cận đứng x  1 0.25 x x lim 1 lim 1 x   x  1 x   x  1 Đồ thị có tiệm cận ngang y =1. 0.25 Bảng biến thiên: 0.5 x0 y0 Đồ thị : x  2  y  2 Vẽ đồ thị. Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận I(-1;1) làm tâm đối xứng. 0.5 2. Dựa vào đồ thị ta có: 1 x S  dx 0.25 0 x 1 0  1    1  dx 0.25 0 x  1 1 1  x  ln x 1 0.25 0 0  1  ln 2 0.25 Câu II ( 3 điểm). x  0 1. Điều kiện:  0.25 x  1
Đặt t  log x  x  2 ; t  1 1 5 t  Phương trình trở thành: t 2 0.25  2t 2  5t  2  0  t2  1 0.25 t  2 (loai).  t  2  log x ( x  2)  2  x 2  x  2  0  x  1(loai )   x2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2. 0.25 2. Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  xdx  tdt x  0 t 1 0.25 x 3t 2 2 I t 2  1t 2  1tdt 0.25 1 t 2     t 4  1 dt 0.25 1 t5 2 2 31 26  t  1  0.25 5 1 1 5 5   3. TXĐ : D  0;  0.25  4 y '  1  2 sin x. cos x  1  sin 2 x  0 với mọi x  D 0.25   Hàm số liên tục trên 0;   4 min y  y 0   1 0.25 xD    1 max y  y    0.25 xD 4 4 2 Câu III ( 1 điểm). Gọi Thiết diện qua trục là tam giác ABC vuông cân tại C. R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón. r là bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón. 0.25 AB  2 R; CA  CB  R 2 S ABC  R 2 Nửa chu vi ABC p ABC  1  2 R   0.25
S ABC R r  0.25 p ABC 1  2 3 r 1 Tỉ số thể tích :    0.25 R 1 2  3 B. Phần riêng: (3 điểm). Chương trình chuẩn: Câu IVa: ( 2 điểm). 1. (P) có VTPT n  1;2;2  0.25 d vuông góc với (P) nên nhận n làm vectơ chỉ phương. 0.25  x  2t  A  d  Phương trình d:  y  1  2t 0.5  z  3  2t  2  2  6 1 2. Bán kính R  d  A; P   3 0.25 1 4  4 2 2 Phương trình mặt cầu  x  2    y  1  ( z  3) 2  9 0.25  x  2t  y  1  2t  Tọa độ tiếp điểm I là nghiệm của hệ:  0.25  z  3  2t x  2 y  2 z  1  0  t  1  x 1   Vậy I 1;1;1 0.25  y 1  z 1  Câu Va: Đặt z  a  bi ; a, b  R  Phương trình đã cho  a  bi  2(a  bi )  (1  5i ) 2 0.25  3a  bi  24  10i 0.25 3a  24  a  8   0.25   b  10 b  10 Vậy z  8  10i . 0.25 Chương trình nâng cao: Câu IVb: 1. d có VTCP u  2;5;9 
(P) có VTPT n  1;1;1 0.25 Do u.n  2  5  9  6  0  d cắt (P). 0.25 Tọa độ giao điểm I của d và (P) là nghiệm của hệ:  x z  16  2  9  x y  10    0.25  2 5  x  y  z  12  0    5 x  2 y  20  0  x  2     9 x  2 z  32  0   y  15 I  2;15;25 0.25  x  y  z  12  0  z  25   2. Gọi (Q) là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P)  Phương trình (Q) có dạng: x  y  z  c  0 (Q) qua O0;0;0  (Q): x  y  z  0 0.25 Gọi A là giao điểm của d và (Q). 5 x  2 y  20  0  Tọa độ điểm A là nghiệm hệ : 9 x  2 y  32  0  x yz 0  x  2   y  5 Vậy A2;7;5 0.25 z  7  Vì  qua O và A nên có VTCP OA  2;5;7  0.25  x  2t  Phương trình   y  5t 0.25  z  7t  Câu Vb :   25  45i  1 0.25 2 = 5  2i  0.25 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt :  5  5  2i  z1   i 0.25 2  5  5  2i  z2   5  i 0.25 2