Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 39

Chia sẻ: May May | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

87
lượt xem 19
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 39', 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 39

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT 2013 TRƯỜNG THPT TRẦN CAO VÂN Môn thi: TOÁN THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu 1: (3.0 điểm) Cho hàm số y = f(x) = x 4  9 x 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số 2. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C )kẻ từ gốc tọa độ . Câu 2: (3.0 điểm) 1. Cho hàm số y = f(x) = 2x3 –3(2m + 1)x2 + 6m(m+1)x +1, ( m là tham số ) Chứng minh rằng :  m , hàm số luôn đạt cực trị tại x1 , x2 và x2 – x1 không phụ thuộc vào m x x1 2. Giải phương trình: log 3 (3  1).log 9 (3  3)  1 1 2x 3. Tính tích phân: I =  (2x+1) e dx 0 Câu 3: (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA  (ABCD), SA = a 2 . Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’ , C’ , D’ . Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn 1 trong 2 phần sau: 1. Theo Chương trình chuẩn: Câu 4a (2.0 điểm): Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng :  x  1  2t x  2 y 3 z d1 :  y  t  , d2 :   và điểm A(1; –1; 1) z  3  t 1 2 1  1) Viết phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với d1 . 2) Viết phương trình đường thẳng qua A và cắt cả d1 và d2 . 3 i 2 i Câu 5a (1.0 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức z =  1 i i 2. Theo Chương trình nâng cao: Câu 4b (2.0 điểm): Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng
 x  3  2t x  3 y 1 z 5  d1 : = = và d 2 :  y  3  t 2 1 1 z  1 t  1) Chứng minh rằng d 1 và d 2 song song . 2) Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với d1 , d2 và có tâm thuộc đường thẳng x  2 y 1 z2 d: = = 4 3 5 Câu 5b (1.0 điểm): Tìm tập hợp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu z i diễn các số phức z thỏa điều kiện 1 . z  2  3i ............................................................ II. ĐÁP ÁN CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2,0 1 (3,0 điểm) a/ Tập xác định: D = R 0,25 b/ Chiều biến thiên: * y ' = 4x 3 –18x = 2x( 2x2 –9 ) 0,25 3 2 *y’ = 0  x = 0; x =  2 0,25 3 2 3 2 0,25 HS nghịch biến trong (–  ;  ) và ( 0 ; ) 2 2 3 2 3 2 0,25 Đồng biến trong (- ,0) và ( ,+  ) 2 2 3 2 81 3 2 81 * Điểm cực đại (0; 0), điểm cực tiểu (– ;  ) và ( ; ) 2 4 2 4 0,25
3 6 45 6 45 * y '' = 12x2 –18 , y '' =0  x2 = ,U1( ;– ) và U2( – ;– ) 2 2 4 2 4 Bảng biến thiên: x 3 2 3 2 - – 0 + 2 2 y' – 0 + 0 – 0 + y + 0 + 81 81 - 0,25 4 4 0,25 Đồ thị: + Đúng dạng, qua cực đại, cực tiểu + Đối xứng, đẹp 2/ Phương trình tiếp tuyến qua gốc O 1,0 + d : y= kx  x 4  9x 2  kx  x  0  x   3 0,25 + Điều kiện tiếp xúc  3  hay  4x  18x=k  k  0 k  6 3  0,5 + viết 3 tiếp tuyến y=0 , y= 6 3x 0,25 Câu 1/ C/m hàm số luôn có cực trị (1điểm) 1,0 2 (3,0 điểm) * y’ = 6x2 – 6(2m+1)x + 6m(m+1) = 6[ x2 – (2m+1)x +m(m+1)] 0,25 x  m * y’ = 0  x2 – (2m+1)x +m(m+1) = 0   1  x2  m  1 0,5 * kluận pt y’=0 có 2 nghiệm phân biệt  m,nên hàm số luôn đạt cực trị và x2 – x1 = 1 không phụ thuộc m 0,25 2/ Giải phương trình logarit (1,0 điểm) 1,0 * Điều kiện: 3x > 1 hay x > 0 0,25
* Đưa về: log 3 (3x  1) 1  log 3 (3x  1)   2   0,25 * Đặt t= log 3 (3  1) , đưa về pt t2 +t –2 = 0  t=1 ; t= – 2 x 0,25 0,25 * Ra : x =log34 , x= log3 10 9
3/ Tính tích phân (1,0 ) du=2dx u  2x+1  0,25 *Đặt  2x   1 2x dv= e dx  v= 2 e  1 1 2x  2x 1 0,25 *I =  (2x+1)e    e dx 2 o 0 2 0,5 * I= e Câu 3 Thể tích khối chóp 1,0 (1điểm) * Hình vẽ đúng a3 2 0,25 * Gọi V thể tích khối chóp S.ABCD , V= = 3 2V1=2V2 ( V1, V2 là thể tích khối chóp S.ABC và S.ACD 0,25 * C/m C’ trung điểm , G trọng tâm tam giác SBD VS . AB ' C ' SA SB ' SC ' 1 1 1 1 0,25 * Có  . . = .   VS . AB ' C '  V VS . ABC SA SB SC 2 3 6 12 1 1 a3 2 0,25 * Tương tự  VS . AC ' D '  V .Do đó VS . AB 'C ' D ' = V  12 6 18 S C' D' G B' A D O B C Câu 4a 1/ Viết phương trình mặt phẳng 1,0 (2,0 điểm) ur * d1 có VTCP u1 = (2,1,–1) 0,25 0,25
ur * (P) qua A và có VTPT u1 0,5 *(P) 2x +y – z = 0 2/ Phương trình đường thẳng 1,0 ur * d1 qua M (1;0;3) và có VTCP u1 =(2;1;–1) uur d2 qua N(–2;3;0) và có VTCP u2 =(1;–2;1) (P) qua A và chứa d1 uu uuuu r r (P) có VTPT là m = u1 ; AM  = (3,–4,2)   0,25 * (P) : 3x –4y +2z–9= 0 0,25 * (Q) qua A và chứa d2, (Q) có VTPT r uu uuu r r n  u2 , AN  =(1;1;1) 0,25   0,25   * (d) có VTCT là u = n; m = (6,1,–7) * (d) : x =1+6t; y = –1–t; z = 1 + 7t Câu 5a Phần thực , phần ảo của số phức 1.0 (1,0 điểm) 3  1 2 2  3 1 0,5 *z=  i 2 2 3 1 0,25 * Phần thực 2 2 2  3 1 0,25 * phần ảo 2 Câu 4b 1/ d1và d2 song song 1,0 (2.0 điểm) ur * d1 qua M (3;1;5) và có VTCP u1 =(2;–1;–1) 0,25 uu r 0,25 d2 qua N(3;–3;1) và có VTCP u2 =(2;–1;–1) ur ur u * u1 và u2 cùng phương , M  d2 0,25 * kluận 0,25 Phương trình mặt cầu 1,0
2/ * Tâm I( 2+4t ; 1+3t ; 2–5t) 0,25 * d (I,d1) = d(I,d2) giải được t = 0 0,25 59 * Tâm I( 2;1;2) , bán kính R = d(I,d1) = 0,25 6 59 0,25 * ptmc (x–2)2 + (y–1)2 + (z–1)2 = 6 Câu 5b Tập hợp điểm M trong mp phức 1,0 (1,0 điểm) *Gọi z = x+yi (x,y  ¡ ) 0,25 zi 0,25 *  1  z  i  z  2  3i z  2  3i *  x  (1  y )i  x  2  ( y  3)i 0,25 *  x–2y–3=0 0,25