Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 46

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

Thêm vào BST

Báo xấu

36
lượt xem 7
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 46', 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 46

THPT HOÀNG DIỆU KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỒ THÔNG NĂM 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI THAM KHẢO 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) Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y   x3  3x 2  4 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 3  3x 2  m  4  0 . Câu 2 (3,0 điểm) 2 1) Giải phương trình log3 x  8 log3 x  3  0 . e 3 x  ln x 2) Tính tích phân I =  dx . 2 1 x   3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f (x)  e3x  2 4x 2  5x trên 1 3 đoạn  ;  . 2 2 Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, AC  a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600 . Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB, tính thể tích của khối chóp G.ABC theo a. II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần cho chương trình chuẩn 4a,5a; phần cho chương trình nâng cao 4b,5b). 1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; -2; -5) và đường thẳng (d) có phương trình: x 1 y  1 z   2 1 2 1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng (d). Tìm tọa độ giao điểm của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d). 2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng (d) và đi qua hai điểm A và O. Câu 5a (1,0 điểm). Giải phương trình (z  2)2  2(z  2)  5  0 trên tập số phức. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu 4b (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) và đường thẳng (d) có phương trình: (S): x 2  y 2  z 2  8x  6y  4z  15  0 và x2 y2 z (d):   3 2 1 1) Xác định tọa độ tâm I và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ I đến đường thẳng (d). 2) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) và vuông góc với (d). Câu 5b (1,0 điểm). Giải phương trình z 2   4  2i  z  7  4i  0 trên tập số phức. ----------------Hết--------------- Đáp án và thang điểm CÂU Ý ĐIỂM I. PHẦN CHUNG 7.0 Câu 1 1 2.0 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y   x3  3x 2  4 .
1. Tập xác định: D  ¡ 0.25 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn: lim y   và lim y   0.25 x  x  b) Bảng biến thiên:  y '  3x 2  6x 0.25  x  2 y '  0  3x 2  6x  0   x  0 x - -2 0 + y'  0 + 0  y + 4 0.75 0 - + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 2  và  0;   , đồng biến trên khoảng  2; 0  . + Hàm số đạt cực đại tại điểm x  0 ; giá trị cực đại của hàm số là y(0)  4 . + Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  2 ; giá trị cực tiểu của hàm số là y(2)  0 . 3. Đồ thị: + Giao điểm của đồ thị với trục tung là điểm  0; 4  . + Giao điểm của đồ thị với trục hoành là các điểm  2; 0  ; 1; 0  . + Đồ thị đi qua điểm  1; 2  . 8 y 7 6 5 4 3 2 y=-x3-3x2+4 1 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -1 -2 0.5 m y=m -3 -4 -5 2 Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 1.0 x 3  3x 2  m  4  0 (1)
0.25  Ta có : x 3  3x 2  m  4  0  m   x3  3x 2  4 .  Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 0.25 y   x3  3x 2  4 và đường thẳng y  m .  Dựa vào đồ thị, ta suy ra kết quả biện luận về số nghiệm của phương trình (1) như sau: + m  0  m  4 : Phương trình (1) có 1 nghiệm. + 0m4 : Phương trình (1) có 3 nghiệm. 0.5 m  0 + : Phương trình (1) có 2 nghiệm. m  4 Câu 2 1 2 1.0 Giải phương trình log3 x  8 log3 x  3  0 (1) Điều kiện: x  0 2 2 0.25  Khi đó: log3 x  8 log3 x  3  0  log3 x  4 log3 x  3  0 (2) t  1 0.25  Đặt t  log3 x , phương trình (2) trở thành: t 2  4t  3  0   t  3 0.25  Với t  1 thì log3 x  1  x  3 0.25 Với t  3 thì log3 x  3  x  27  Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S  3; 27 . 2 e 3 1.0 x  ln x Tính tích phân I =  dx 1 x2 e 3 e e x  ln x 1 0.25  Ta có: I   dx   xdx   ln xdx 1 x2 1 1 x2 e e  x2  e2 1 0.25   xdx       2   1 2 2 1 u  ln x 1 du  dx x  Đặt 1  dv  dx 1 x2 v x Do đó: 0.25 e e e 1 1  1  1  1 e 1 1 2 0.25  x2 ln xdx    ln x    dx           1  1   x 1 2 e  x 1 e e e 1 1x e2 2 1  Vậy I    . 2 e 2
3  Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f (x)  e3x  2 4x 2  5x trên  1.0 1 3 đoạn  ;  . 2 2 1 3  Trên đoạn D   ;  ta có: 2 2 0.25    y '  3e3x  2 . 4x 2  5x  8x  5  .e3x  2  e3x  2 . 12x 2  7x  5   x  1 D 0.25  y '  0  12x 2  7x  5  0   x   5  D  12  1 3 7 f  2    2 e    0.25   So sánh ba giá trị: f 1  e5  f  3   3 e13  2 2 0.25    3 13  Ta suy ra được: Max f (x)  e và min f (x)  e5 . xD 2 xD Câu 3 1.0  Do SA  (ABC) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABC). Suy ra SC; (ABC)    SC; AC   SCA  600 . · 0.25  Xét hai tam giác vuông SAC và ABC ta suy ra được:
SA  AC. t an600  a 3 0.25   AC a 2 AB  BC   0.25  2 2 1 1 a 3  Do G là trọng tâm tam giác SAB nên: d  G; AB   d S; AB   SA  3 3 3 0.25  Vậy thể tích khối chóp G.ABC là: 1 1 1 3 V  SABC .d  G; ABC   . AB  2 .d G; AB  a 3 .  3 3 2 36 II.PHẦN RIÊNG 3.0 Câu 4a 1 Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với 1.0 đường thẳng (d). Tìm tọa độ giao điểm của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d). r  Đường thẳng (d) đi qua M 0 1; 1; 0  và có VTCP là: a   2; 1; 2  0.25  Do mặt phẳng (P) đi qua điểm A 1; 2; 5  và vuông góc với (d) nên VTPT r r của (P) là n  a   2; 1; 2  0.25  Suy ra phương trình của mặt phẳng (P): 2  x  1  1 y  2   2  z  5   0  2x  y  2z  6  0 0.25  Tọa độ giao điểm H của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) là nghiệm của hệ phương trình: 2x  y  2z  6  x  1   0.25 x  2y  1   y  0  H  1; 0; 2  . 2y  z  2 z  2   2 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng (d) và đi qua hai điểm A và 1.0 O. x  1  2t   Phương trình tham số của (d):  y  1  t  t  ¡  . Do tâm I của mặt cầu z  2t  0.25 (S) thuộc (d) nên I 1  2t; 1  t; 2t   Do mặt cầu (S) đi qua hai điểm A, O nên: IO  IA  IO 2  IA 2 2 2 2 2 2 2  1  2t    1  t    2t    2t   1  t    2t  5  0.25 0.25  1  4t  4t 2  1  2t  t 2  4t 2  4t 2  1  2t  t 2  4t 2  20t  25  t  2 0.25  Suy ra mặt cầu (S) có tâm I  3;1; 4  , bán kính R  IO  9  1  16  26  Vậy phương trình của (S) là:
 x  32   y  12   z  4 2  26 . Câu 5a 1.0 Giải phương trình (z  2)2  2(z  2)  5  0 trên tập số phức. 0.25  Ta có: (z  2)2  2(z  2)  5  0  z 2  6z  13  0 (1)  Phương trình (1) có:  '  9  13  4  2i 2   0.25  Do đó phương trình (1) có hai nghiệm là: 0.5 z1  3  2i và z1  3  2i . Câu 4b 1 Xác định tọa độ tâm I và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ I đến 1.0 đường thẳng d  Mặt cầu (S) có tâm I  4; 3; 2  , bán kính R  16  9  4  15  14 0.25 r  Do đường thẳng (d) đi qua điểm M 0  2; 2; 0  và có VTCT a   3;2; 1 uuuu r r  M 0 I; a    0.25 nên d  I, (d)   r a uuuu r M 0I   6; 1; 2   uuuu r r  1 2 2 6 6 1  0.25  r   M 0I; a      ; ;    3;12;15  a   3; 2; 1   2 1 1 3 3 2  378 378 0.25  Do đó: d  I, (d)     27  3 3 . 14 14 2 Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) và vuông 1.0 góc với (d). r r  Do mặt phẳng (P) vuông góc (d) nên VTPT của (P) là n  a   3;2; 1 0.25  Phương trình mặt phẳng (P) vuông góc (d) có dạng: 0.25 3x  2y  z  D  0  Do (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên: 4D  D  10 0.25 d(I, (P))  R   14  4  D  14   14  D  18  Vậy có hai mặt phẳng thỏa đề bài là: 0.25 3x  2y  z  10  0 và 3x  2y  z  18  0 . Câu 5b 1.0 Giải phương trình z 2  4  2i z  7  4i  0 trên tập số phức.   0.5  Ta có:  '   2  i 2   7  4i   3  4i  7  4i  4   2i 2  Do đó phương trình có hai nghiệm là: z1  2  i  2i  2  3i và z 2  2  i  2i  2  i . 0.5