Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán - Sở GD&ĐT Yên Bái năm 2012 đề 4

Chia sẻ: Phan Thanh Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

97
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán - Sở GD&ĐT Yên Bái năm 2012 đề 4 kèm đáp án để hệ thống lại kiến thức đã học cũng như kinh nghiệm ra đề.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán - Sở GD&ĐT Yên Bái năm 2012 đề 4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT (Đề chính thức) NĂM HỌC 2012 Môn thi: TOÁN Đề thi gồm: 01 trang Thời gian làm bài: 150 phút Đề 4 (không kể thời gian giao đề) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.(7 diểm) Câu I.(3 điểm) 2x  1 Cho hàm số y = có đồ thị (C). x 1 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục tung. Câu II. (3 điểm) 1/ Giải phương trình : log3(x + 1) + log3(x + 3) = 1.  2 2/ Tính I =  cos3 xdx . 0 3/ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x4 – 2x2 + 1 trên đọan [-1 ; 2]. Câu III. (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác vuông cân tại B, AC = a, SA  ( ABC ) , góc giữa cạnh bên SB và đáy bằng 60 0. Tính thể tích của khối chóp. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần 1.Theo chương trình chuẩn. Câu IVa. (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1; 1 ; 0) và mặt phẳng (P): x + y – 2z + 3 = 0. 1/ Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với mp(P). 2/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M và vuông góc với (P). Tìm tọa độ giao điểm. Câu Va. (1 điểm) Tìm môđun của số phức: z=4-3i+(1-i)3. 2. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(-1 ; 2 ; 1) và x 1 y z  2 đường thẳng (d):   . 2 1 1 1/ Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với (d). 2/ Viết phương trình mặt phẳng đi qua M và vuông góc với (d). Tìm tọa độ giao điểm. Câu Vb. (1 điểm).Viết dạng lượng giác của số phức: z  1  3i -----------------Hết----------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT (Đề chính thức) Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang Câu Đáp án Điểm I 1.(2 điểm) (3 điểm) a) Tập xác định: D = R \ 1 0,25 b) Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: 3 y,   2 ; y ,  0 với x  D  x  1 0,5 Hàm số nghịch biến trên các khoảng:  ;1 và 1;  * Cực trị: Hàm số không có cực trị. * Giới hạn và tiệm cận: lim y  2; lim y  2  Tiệm cận ngang y=2. x  x  0,5 lim y  ; lim y   Tiệm cận đứng x=1.   x 1 x 1 * Bảng biến thiên: x  1  y’ - - 0,25 y 2  - 2 c) Đồ thị:  1  Đồ thị cắt trục Ox tại điểm   ;0  ; cắt trục Oy tại điểm  2   0; 1 0,5 2. (1 điểm)
Giao điểm của đồ thị với trục tung là A  0; 1 3 Ta có y ,   2  y ' 0   3  x  1 1,0 Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A là: y+1=-3(x-0)  y=-3x-1 II 1.(1 điểm) (3 điểm) x 1  0 0,25 Điều kiện:   x  1 x  3  0 Phương trình đã cho trở thành: log 3  x  1 x  3  1   x  1 x  3  3 x  0 0,75  x2  4x  0    x  4 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x=0 2. (1 điểm) Đặt t  sinx  dt  cos xdx 0,5  Với x= 0 thì t=0, với x= thì t=1 2 Ta có cos3 xdx  cos 2 xdt  1  sin 2 x  dt  1  t 2  dt 1 1  t3  2 0,5 Vậy I   1  t  dt   t    2 0  3 0 3 3. (1 điểm) Ta có: y '  4 x3  4 x x 1 Xét trên đoạn [-1 ; 2] ta có y '  0   x  0  1,0  x  1  Mặt khác y(-1)=0; y(0)=1; y(1)=0; y(2)=9 Vậy Maxy  y (2)  9; min y  y ( 1)  0  1;2  1;2 III S (1 điểm) A C B
a 2 0,5 Tam giác ABC vuông cân tại B và AC=a nên AB=BC= 2 2 1  a 2  a2 Diện tích tam giác ABC là: S ABC     . 2 2  4 Ta có SA   ABC   SA là đường cao của hình chóp S.ABC Ta thấy AB là hình chiếu của SB lên mp(ABC) và SAB vuông tại A nên SBA  600 . SAB vuông tại A 0,25 a 6  SA  AB.tan SBA  2 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: 1 1 a 2 a 6 a3 6 0,25 V= S ABC .SA  . .  3 3 4 2 24 IVa 1(1 điểm) 5 6 0,5 Bán kính mặt cầu cần tìm là R  d  M ,( P)   6 25 Phương trình mặt cầu cần tìm là: (x-1)2+(y-1)2+z2= 0,5 6 2(1 điểm)  Vectơ pháp tuyến của mp(P) là n 1;1; 2   Vectơ chỉ phương của đường thẳng (d) là n 1;1; 2  0,5 x  1  t  Phương trình tham số của đường thẳng (d) là:  y  1  t  z  2t  Giải hệ phương trình:  5 t   6 x  1  t  y 1 t x  1   6    z  2t y  1 0,5 x  y  2z  3  0   6  5 z   3 1 1 5 Vậy giao điểm của đường thẳng (d) và mp(P) là: A  ; ;  6 6 3 Va Ta có z= 4-3i -2-2i =2-5i (1 điểm) 1,0 z  29 IVb 1.(1 điểm) Đường thẳng (d) đi qua điểm M0(1;0;-2) và có một vectơ chỉ  0,5 phương u  2;1; 1  Ta có: M 0 M   2;2;3 
462 Bán kính mặt cầu cần tìm là: R  d ( M ,( d )) = 6 77 Phương trình mặt cầu cần tìm là:(x+1)2+(y-2)2+(z-1)2= 0,5 6  Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là: u  2;1; 1 0,5 Phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2x+y-z+1=0(*)  x  1  2t  Phương trình tham số của đường thẳng (d) là:  y  t  z  2  t  5 Thay x=1+2t, y=t, z=-2-t vào (*) ta được t=  . 6  2 x   3 0,5  5  5 Thay t=  vào phương trình của (d) ta được  y   6  6  7 z   6   2 5 7 Vậy giao điểm cần tìm là A   ;  ;   .  3 6 6 Vb 1 3  (1 điểm) z  2  i  2 2  1,0        2 cos     isin       3  3  -----------------Hết-----------------