Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn toán sở GD và ĐT Thái Bình

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

Thêm vào BST

Báo xấu

105
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 Thái Bình 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 Thái Bình

Sở GD&ĐT Thái Bình Kỳ thi thử tốt nghiệp lớp 12 Môn thi: Toán Trường THPT Nguyễn Du Thời gian: 150’(Không kể thời gian giao đề) I .PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3 2 Câu I (3,0điểm) Cho hàm số: y   x  3 x  2 có đồ thị (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 2. Tìm m để đường thẳng d có phương trình y=m(x-2) +2(m-1) cắt đồ thi (C) tại 3 điểm phân biệt Câu II (3,0điểm) f ( x )  2 sin x  ln(sin x)    1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số : trên đoạn  ;  6 2 1 3 2. Tính tích phân: I   x. 1  x dx 0 x x x1 3. Giải bất phương trình: 9  3.6  4 Câu III (1,0điểm) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, cạnh AC= 2a .Hình chiếu vuông góc của S xuống đáy (ABC) trùng với trung điểm H của AC, SB tạo với đáy một góc 450 . 1. Tính thể tích khối chóp SABC theo a. 2. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp SABC . II.PHẦN RIÊNG( 3,0 điểm) Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2). 1.Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mp(P) có phương trình x-y+z+2=0 và hai điểm A (1; 3; 0 ); B(1;1;0) . 1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mp(P) . 2. Viết phương trình mặt cầu (S) ,biết mặt cầu đi qua điểm B và tiếp xúc với mp (P) tại A . 2 2 Câu V.a (1,0điểm) . Tìm mô đun của số phức : w  z1  z2 . Biết z1 ; z2 là hai nghiệm của phương trình z2 –2(1+i)z+1+2i =0 . 2.Theo chương trình nâng cao: Câu IV.b (2,0điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;-1;-1); x 1 y 1 z B(-1;-1;0 ) , đường thẳng d :   2 1 1 1.Viết PT mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d . 2.Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABM cân tại A .Khi đó tính diện tích tam giác ABM . 52i Câu IV.b (1,0điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức : w  .Biết z1; z2 là nghiệm của z1  z 2 phương trình : z2 +2(3-2i) z +5-4i =0 . ……………..Hết …………………… Họ và tên thí sinh :……………………………… SBD.......... ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I (3,0 1. (2,0 điểm) điểm) Tập xác định :D=R 0.25
Sự biến thiên: 0.25  Giới hạn : lim y   ; lim y   x  x  2  Chiều biến thiên : y’= 3 x  6 x x  0 0.25 y’=0   x  2 . Bảng biến thiên x - 0 2 + 0.5 y’ - 0 + 0 - y + 2 -2 -  Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-  ;0) và (2; +  ) 0.25 Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)  Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x=1, yCĐ=4/3 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1, yCT=0 y’’= -6x+6 ; y’’=0  x=1 ĐTHS có điểm uốn I(1;0). Đồ thị : Cắt trục hoành tại điểm (1;0) và (1  3;0); (1  3; 0) y f(x)=-x*x*x+3*x*x-2 8 6 0.5 4 2 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -2 -4 -6 -8 Đồ thi nhận I làm tâm đối xứng . 2. (1,0 điểm ) Tìm m để đường thẳng d có phương trình y=m(x-2) +2(m-1) cắt đồ thi (C) tại 3 điểm phân biệt Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình hoành độ có 3 nghiệm phân biệt . PT hoành độ :  x3  3 x 2  2  m( x  2)  2(m  1)  x3  3 x 2  mx  0 (1) 0.25 x  0 0.25  x ( x 2  3 x  m)  0   2  x  3 x  m  0 ( 2) (1) có 3 nghiệm phân biệt khi (2 ) có hai nghiệm phân biệt 0.25 0.25
   9  4m  0 m  9 / 4 x0  kl….. m  0 m  0 II (3,0    điểm 1. (1,0 điểm) Tìm GTLN, GTNN của hàm số : f ( x)  2 sin x  ln(sin x) trên đoạn  ;  6 2 Đặt sinx =t ; f(t) =2t-lnt 0.25     1 Do x   ;   t  0;  6 2  2 0.25 1 f '(t )  2  ;f’(t) =0  t=1/2 t 1 f (1)  2 ; f ( )  1  ln 2 2  0.25 Max f ( x)  Max f (t )  f (1)  2 khi x     6;2 1   2 ;1 2     Do đó 0.25 1  Min f ( x)  Min f (t )  f ( )  1  ln 2 khi x      ;   1   ;1 2 6 6 2 2  1 3 2. (1,0 điểm) Tính tích phân: I   x. 1  x dx 0 Đặt t= 3 1  x  x  1  t 3  dt  3x 2 dx 0.25 Khi x=0 thì t=1 , khi x=1 thì t=0. 0.25 1 1 1 3 3 t4 t7 3 6 do đó I   3t (1  t )dt  3 (t  t )dt  3(  ) 0 0 4 7 0 0.25 1 1 9 0.25 Suy ra I= 3(  )  4 7 28 3. (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 9 x  3.6 x  4 x1 2x x x x9x 6x x 3 3  9  3.6  4.4  x  3. x  4     3.    4  0 0.25 4 4 2 2 3 x 0.25 Đặt t    ; t  0 Ta có bpt t 2  3t  4  0 2 4  t  1 do t  0  0  t  1 0.25  3 x 0.25 1 x  0 Vậy  2    Tập nghiệm S =  ; 0
III(1,0 1. Góc (SB,(ABC))=góc (SB;HB)=SHB=45 0 điểm) SH vuông góc với HB => tam giác SHB vuông cân 0.25 1 BH  AC  S ABC  .BH . AC  a 2 AC 2a 2 SH  HC    a . Tam giác ABC vuông cân => 2 2 1 a3  V  .SH .S ABC  3 3 0.25 2. HA=HB=HC=HS=a => H là tõm mặt cầu ngoại tiếp SABC 4 4 V 1   R3   a 3 3 3 0.25 0.25 IV.a 1.(1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mp(P) .  (2,0 VTPT của (P) là n  (1; 1;1) điểm) 0.25    Do d vuông góc (P) nên d có VTCP u  n (1; 1;1) ; d đi qua A(1;3;0) 0.25 x  1 t 0.5  d có ptts là  y  3  t z  t  2.(1,0 điểm) Viết phương trình mặt cầu (S) ,biết mặt cầu đi qua điểm B và tiếp xúc với mp (P) tại A. 0.25 A  ( P). Mặt cầu tiếp xúc với mp(P) tại => tâm I d => I( 1+t; 3-t ; t ) Mặt cầu đi qua B nên IA=IB=R IA2  IB 2  3t 2  3t 2  4t  4  t  1  I (2; 2;1); R  3 0.25 0.25 2 2 2 PT mặt cầu  x  2    y  2    z  1  3 0.25 Va.( 1,0 z1  1 ; z2  1  2i 0.5 điểm) 2 2 0.25  w  z  z  2  4i 1 2 suy ra w  4  16  20 0.25 IV.b ( 1,0 1. (1,0 điểm) Viết PT mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d . điểm)  Theo bài ra d có VTCP u = ( 2; 1; -1) 0.25   (P)  d nên (P) có VTPT là n  u  (2;1; 1) 0.25 (P) đi qua A nên (P) có pt : 2(x-1)+1(y-1)-1(z+1)=0 0.25 2x+y-z-2=0 0.25 2. (1,0 điểm) M thuộc d => M(-1+2t ; -1+t ; -t ) Tam giác ABM cân tại A nên MA=AB  MA2= AB2 6t2-10t+5=5 0.25  6t2-10t= 0 6t2-10t+5=5  6t2-10t= 0 0.25
t  0  M (1; 1; 0)  B loai  2t (3t  5)  0   5 7 2 5 t   M ( ; ; )  3 3 3 3 0.25   4 5 2   AM   ; ;  ; AB  (2; 0;1) 3 3 3       5 10   AM , AB    3 ;0; 3      1     1 25 100 5 5 0.25 S AM , AB     1 ABM   2 9 9 6 V.b z1  1 ; z2  4i  5 0.25 (1,0điểm)  z1  z2  4i  6 0.25 52i 52i 52i (4i  6) 52i (4i  6) 0.25 w     4  6i z1  z2 4i  6 (4i  6)(4i  6) 52 Phần thực là 4 ; phần ảo là -6 0.25