Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn toán sở GD và ĐT Nghệ An

Chia sẻ: Aae Aey | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

52
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn toán sở GD và ĐT Nghệ An để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

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 và ĐT Nghệ An

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRƯỜNG THPT NGÔ TRÍ HÒA Môn thi: TOÁN - Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm). Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3x 2  2 ( C ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x 3  3 x 2  m  0 Câu 2 (3,0 điểm) 1. Giải phương trình : 9 x  3x1  4  0  2 2. Tính tích phân : I   ( x  1) cos xdx 0 3. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y  x ln x  1 trên đoạn 1; e  Câu 3 (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông với AB  AC  2a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa mặt bên ( SBC ) và ( ABC ) bằng 300. Tính thể tích của khối chóp S . ABC theo a. II. PHẦN RIÊNG-PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2 ) 1. Theo chương trình Chuẩn (3,0 điểm) Câu 4.a (2,0 điểm) x 1 y z  2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và mặt phẳng ( ) 1 2 1 có phương trình : 2 x  y  z  1  0 1. Tìm tọa độ giao điểm M của đường thẳng  và mặt phẳng ( ) . 2. Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm I (1; 2;3) và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) Câu 5.a (1,0 điểm) Cho số phức z  1  2i . Tìm mô đun của số phức w  z 2  2 z  1 . 2. Theo chương trình Nâng cao (3,0 điểm) Câu 4.b (2,0 điểm) x y 1 z Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   và mặt phẳng ( P) 2 1 1 có phương trình : x  y  z  2  0 1. Chứng minh rằng đường thẳng d và mặt phẳng ( P) song song với nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q ) chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng ( P) Câu 5.b (1,0 điểm) Tìm số phức z , biết z  5 và phần thực bằng hai lần phần ảo. ..................................................HẾT............................................ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ tên thí sinh.......................................................Số báo danh.............................. Chữ ký của giám thị 1..........................................Chữ ký của giám thị 2................
ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM Câu ý Nội dung Điể m 1(3 1(2đ) Khảo sát hàm số (C) đ) a) TXĐ: R 0,25 b) Sự biến thiên x  0 0,25 •Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x, y '  0   x  2 Hàm số nghịch biến trên ( ; 0) và (2 ; +) 0,25 Hàm số đồng biến trên (0 ; 2). Hàm số đạt CĐ tại x= 2; yCĐ = 2 0,25 Hàm số đạt CT tại x=0 ;yCT = -2 •Giới hạn: lim y  ; lim y   , đồ thị hs không có tiệm cận. 0,25 x  x  Bảng biến thiên 0,25 x - 0 2 +  y’ - 0 + 0 - +  2 y -2 - c) Đồ thị: Giao với trục Ox : (1 ;0) ; ( (1  3; 0);(1  3; 0) Giao với trục Oy : (0 ;-2) 0,25 Tâm đối xứng:I(1 ; 0) 0,25 2(1đ) Tìm m ...
x 3  3 x 2  m  0(*) 0,25 (*)   x 3  x 2  2  m  2 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đường thẳng y=m-2 với đồ thị 0,25 hàm số (C). Dựa vào đồ thị ta có m  2  2 m  4 Nếu   thì PT (*) có một nghiệm  m  2  2 m  0 m  2  2 m  4 0,25 Nếu   thì PT (*) có 2 nghiệm  m  2  2 m  0 Nếu 2  m  2  2  0  m  4 thì PT (*) có 3 nghiệm 0,25 2(3 1(1đ) Giải phương trình ... đ) . Phương trình 9 x  3.3x  4  0 0,25 Đặt t  3x (t  0) 0,25 t 2  3t  4  0 t  1(t / m) 0,25  t  4(l ) t  1  3x  1  x  0 0,25 2(1đ) Tính tích phân . Đặt u xcos xdx  vdusin x  dv 1   dx 0,25 0,25  /2  /2  I  ( x  1) s inx 0   sin xdx 0   /2 0,25   1  cos x 2 0   0,25   1 1  2 2 3(1đ) Tìm GTLN, GTNN Hàm số liên tục trên đoạn D= [1;e] 0,25 y '  ln x  1 1 0,25 y '  0  ln x  1  0  ln x  1  ln e 1  x   1; e  e y(e) = e+1; y(1) =1 0,25
max y =e+1  x = e; min y  1  x  1 0,25 xD xD 3(1 đ) S A B H C Chú ý: Học sinh không vẽ hình, hoặc vẽ sai thì không chấm 1 0,25 S ABC  AB. AC  2a 2 ; 2 BC  2a 2 0,25 Gọi H là trung điểm của BC  AH  BC , SH  BC , suy ra góc giữa (SBC) và (ABC) là góc SHA = 300 Trong tam giácABC vuông cân tại A có AH là trung tuyến BC 2a 2  AH   a 2 2 2 SA 1 a 6 0,25 Tam giác SAH vuông tại A: tan 300   SA  tan 300. AH  .a 2  AH 3 3 1 1 a 6 2a 3 6 0,25 VS . ABC  SA.SABC  . .2a 2  (đvtt) 3 3 3 9 4a( (phần cơ bản) 2đ) 1(đ) Đường thẳng d có PTTS: x  1  t ; y  2t ; z  2  t 0,25 Thay x;y;z từ Pt của (d) vào ptmp ta được 0,25 2(1  t )  2t  2  t  1  0  t 1 0,25 Vậy điểm M(2;-2;-1) 0,25
Cách 2: Tọa độ của điểm M là nghiệm của hệ  x  1 y z  2 2 x  y  2  0  x  2       1 2 1 x  z  3  0  y  2  M (2; 2; 1)  2 x  y  z  1  0  2 x  y  z  1  0  z  1    2) Vì mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với mp (  ) nên khoảng cách từ tâm I đến(  ) 0,5 2 bằng bán kính R => R  d  I ; ( )   6 2  2  2 0,5 2 2 2 ( S ) : ( x  1)  ( y  2)  ( z  3)      6 3 5a(1đ) Tìm số phưc z... w  (1  2i )2  2(1  2i )  1 0,25  1  4i  4  2  4i  1  6  8i 0,5 => w  (6)2  (8)2  100  10 0,25 4b(2đ) (Phần nâng cao) 1. Chứng minh rằng............    Đường thẳng d có VTCP ud  (2; 1;1) , mặt phẳng (P) có VTPT nP  (1;1; 1) 0,25         Ta có ud .nP  (2; 1;1).(1;1; 1)  2  1  1  0  ud  nP 0,5 Lấy điểm M (0;1;0)  d  M  ( P) . Vậy d//(P) 0,25 Chú ý: HS có thể làm theo chương trình nâng cao mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa 2. Viết pt mặt phẳng (Q)....     Dễ thấy ud  (2; 1;1) và nP  (1;1; 1) là hai vecto không cùng phương 0,5       Vì mp(Q) chứa d và vuông góc với (P) => (Q) có VTPT nQ  ud ; nP   (0;3;3)   Do đó (Q): y  z  1  0 0,5 5b(1đ)  a 2  b2  5 a 2  b 2  5 b  1; b  1 0,5  Đặt z  a  bi (a; b  R) Theobàirata    a  2b  a  2b a  2b 0,25 Với b  1; a  2  z  2  i 0,25 Với b  1; a  2  z  2  i
Với b  1; a  2  z  2  i Với b  1; a  2  z  2  i Với b  1; a  2  z  2  i 0,5 Với b  1; a  2  z  2  i 0,5