Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn toán sở GD và ĐT Ninh Thuận trường An Phước

Chia sẻ: Aae Aey | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 3
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 Ninh Thuận trường An Phước 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 Ninh Thuận trường An Phước

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP LỚP 12 THUẬN Mơn : TÓAN TRƯỜNG THPT AN PHƯỚC Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x 3 Câu I:(3.0 điểm). Cho hàm số y  (1) x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . 2) Viết phương trình tiếp tuyến với ( C) tại điểm có tung độ y0 = 5 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), trục tung, trục hoành . Câu II (3,0 điểm). x 1 x 1. Giải phương trình 7  2.7  9  0 e x 2 + ln x 2. Tính tích phân I = ò x 2 dx 1 1 3 4 3.Cho hàm số y  x  2 x 2  3mx  . Xác định các giá trị tham số m để hàm số đã cho đạt cực 3 3 trị tại 2 điểm x1 và x2 thoả mãn điều kiện : x12  x 2  22 2 Câu III:(1.0 điểm). Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo a. II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng(phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu IVa:(2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 0; 2), mặt phẳng x 3 y  2 z 6 (P): 2x – y – z +3 = 0 và đường thẳng (d):   . 2 4 1 1)Tìm giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A và song song (P). 2)Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ tiếp điểm của (S) và (P). Câu Va (1.0 điểm) Tính x 1 + x 2 , biết x 1, x 2 là hai nghiệm phức của phương trình sau đây: 3x 2 - 2 3x + 2 = 0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu IVb:(2.0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2x  z  5  0 và đường thẳng x1 y 2 z 3 d:   1 2 2 1. Viết phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với  P  4 5 2. Tìm tọa độ điểm A  d có hoành độ dương và cách mặt phẳng  P  một khoảng 5 1 i 2011 Câu Vb (1.0 điểm) Cho số phức z  .Tính giá trị của z 1 i ----------------------HẾT---------------------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NT TRƯỜNG THPT AN PHƯỚC ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP LỚP 12
Môn : TOÁN. CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM I x 3 (3điểm) 1/ (2,0 điểm) y x 1  TXĐ: D = R \ 1 0.25  Sự biến thiên: 4 * Chiều biến thiên: y ' 
2/(0.5 điểm) . y0= 5 => x0 = 2 0.25  Hệ số góc của tiếp của (C) tại (2;5) là : k = f’(2)= -4.  Phương trình tiếp tuyến : y = -4(x -2)+5  y = -4x +13. 0.25 3/.(0.5 điểm) Hoành độ giao điểm của ( C)và trục hoành là nghiệm PT: x3 0.25  0  x  3  0  x  3 x 1 Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), trục tung, trục hoành có diện tích là 0 0 x3 4 0 0.25 S=  dx   (1  )dx  ( x  4 ln x  1) 3 3 x 1 3 x 1 = 3  4 ln 4  4 ln 4  3 (đvdt) II 14 (3điểm) 1) 7 x  2.71x  9  0  7 x  9  0 0.25 7x x Đặt t  7 , t  0 14 t  7 0.25 ta có PT: t   9  0  t 2  9t  14  0   ( thỏa mãn t > 0 ) t  t2 x Với t = 7  7  7  x  1 0.25 x 0.25 Với t = 2  7  2  x  log 7 2 Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, x  log 7 2 e x 2 + ln x e æ ln x ö ÷dx = e e ln x ç1 + ÷ 2/ I = ò x 2 dx = ò1 ç ç è x ÷ 2 ø ò 1 dx + ò 1 x2 dx 0.25 1 e e 0.25 Xét I 1 = ò dx = x 1 = e - 1 1 ì u = ln x ì ï 1 ï ï ï du = ï dx e ln x ï ï x  Xét I 2 = ò dx . Đặt í 1 Þ í . Khi đó, 1 x2 ï dv = ï dx ï ïv = - 1 ï ï î x2 ï ï ï î x e e æ ln x ö 1 1 æ1 ö e 1 1 2 0.25 I 2 = ç- ÷ ç ÷ ç x ø + ç è ÷ ÷ 1 ò1 x 2 dx = - e - çx ø1 = - e - e + 1 = 1 - e ç è ÷ ÷ 0.25 2 2  Vậy, I = I 1 + I 2 = e - 1 + 1 - = e- e e 3+ y’ = x2 + 4x + 3m 0.25 + Hàm đạt cực trị tại hai điểm x1 và x2 thỏa x12  x 2  22 khi và chỉ khi 2 y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa x12  x 2  22 2 0.25  '  0  2 ( x1  x2 )  2 x1 x2  22 0.25 4  3m  0  16  6m  22 m=–1 0.25 III  Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO ^ (A B CD ) nên SO là đường cao (1điểm) của hình chóp. Gọi M là trung điểm đoạn CD. Theo tính chất của hình chóp đều 0.25
ì CD ^ SM Ì (SCD ) ï ï ï · ï CD ^ OM Ì (A B CD ) Þ SMO = 600 (góc giữa mặt (SCD ) và mặt 0.25 í ï ï CD = (SCD ) Ç (A BCD ) ï ï î đáy) · SO · BC  Ta có, t an SMO = Þ SO = OM . t an SMO = . t an 600 = a 3 0.25 OM 2  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là: 1 1 1 4a 3 3 0.25 V = B .h = A B .B C .SO = 2a.2a .a 3 = (đvtt) 3 3 3 3 1/(1 điểm)* Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ 2x – y – z +3 = 0 (1) và IVa x 3 y  2 z 6 0.25 (2điểm)   (2) 2 4 1 x 3 y  2 z 6 -Đặt t =    x = 3 + 2t; y = 2 + 4t và z = 6 + t 2 4 1 0.25 - Thay vào (1) giải được t = 1 - Thay t= 1 lại (3) được tọa độ giao điểm là M(5; 6; 7). * Do mặt phẳng (Q) qua A và song song (P) nên có phương trình dạng 0.25 2x – y – z + d = 0 0.25 * Vì (Q) qua A(–1; 0; 2), nên có d = 4. Vậy pt (Q): 2x – y – z + 4 = 0 2/. (1 điểm) * Mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính 2(1)  2  3 1 R = d(A, (P)) =  0.25 4 11 6 1  Phương trình mặt cầu là : ( x  1)2  y 2  ( z  2) 2  0.25 6  *Đường thẳng () qua A(-1;0;2) và vuông góc (P) nhận VTPT của (P) n  (2; 1; 1) làm  x   1  2t  0.25 VTCP có PTTS:  y  t , (t  R )  z  2t  -Gọi H  ()  ( P) .H là tiếp điểm có tọa độ là nghiệm của hệ:  1  t6 2 x  y  z  3  0   x  1  2t x   2   3 2 1 11 0.25    H ( ;  ; )  y  t y   1 3 6 6   z  2t  6  11 z  6 Va 1.(1.0điểm) 3x 2 - 2 3x + 2 = 0 (1 0.25 điểm)  Ta có, D = (- 2 3)2 - 4.3.2 = 12 - 24 = - 12 = (2 3i )2  Phương trình đã cho có 2 nghiệm phức: 0.25
2 3 ± 2 3i 2 3 2 3 3 3 0.25 x 1,2 = = ± i= ± i 2.3 6 6 3 3 0.25 æ 3 ö2 æ 3 ö2 æ 3 ö2 æ 3 ö2 ç ÷ ç ÷ ç ÷ +ç ÷ + ç ÷ ç ç ÷ + ç- ÷ ÷ = 2 6  Từ đó, x 1 + x 2 = ÷ ç ø è ø ÷ ÷ ç ÷ è 3 ÷ ç 3 ÷ ç ø è è 3 ÷ ÷ 3 ø 3 IVb  x  2t (2điểm)  1.PT đường thẳng qua O(0; 0; 0) vuông góc (P) có ptts là  y  0 1 z  t  2.Gọi A  d có tọa độ (1+ t; 2+2t; 3+ 2t) (đk: t> -1) 0.25 4 5 | 2  2t  3  2t  5 | 4 5 d ( A, ( P ))     t  1  t  1 0,5 5 22  12 5 Vậy A(2; 4; 5) 0.25 Vb 2 2  1  i   (1  i )(1  i )   2i  2 2 (1 Ta có:        (i )  1 0.25 điểm) 1 i   2   2  2011 2010 2 1005  1 i   1 i   1  i   1  i    1 i   0.25      1  i    1  i     0.25  1 i  1 i    1 i       1 i  1 i (1  i )(1  i ) 2i 0.25  (1)1005     i  1 i  1 i 2 2 ---------HẾT-------- * Lưu ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà vẫn đúng thì giám khảo cho điểm tối đa từng phần như đáp án trên.