Đề thi thử tốt nghiệp THPT Toán - THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm năm 2014

Chia sẻ: Lê Thị Hoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức, kĩ năng cơ bản, và biết cách vận dụng giải các bài tập một cách nhanh nhất và chính xác. Hãy tham khảo đề thi thử tốt nghiệp THPT Toán - THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm năm 2014.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tốt nghiệp THPT Toán - THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm năm 2014

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN THI TOÁN NGUYỄN BỈNH KHIÊM (Thời gian làm bài 150 phút , không kể thời gian giao đề) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm) 1 4 Cho hàm số y  x 3  2 x 2  3mx  (1) (m tham số) 3 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 2) Xác định các giá trị m để hàm số (1) đạt cực trị tại 2 điểm x1 và x2 thoả mãn điều kiện x12  x 2  22 2 Câu II (3,0 điểm) 1) Giải phương trình : log 0, 25 ( x 2  2 x  8) 2  log 0 ,5 (10  3 x  x 2 )  1 1 x 2 dx 2) Tính tích phân I =  0 4  x2   3  3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin 2 x  cos x trên đoạn   ;  3 4  Câu III (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ xiên ABC.A’B’C’, đáy là tam giác đều . Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm I của BC. Hai mặt bên qua A A’ vuông góc với nhau, khoảng cách giữa BC và A A’ bằng a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần sau) 1.Theo chương trình Chuẩn : Câu IVa ( 2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x – 2y +z +1 = 0 và đường thẳng d  x  1  3t  có phương trình:  y  2  t . z  1  t  1) Tìm toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3 2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P) Câu Va (1,0 điểm) 2  7i 13  4i Tìm số phức z thỏa mãn phương trình:  3 zi 2  2i 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IVb (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;1;1) và hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình x  1  t x  6   (d1) :  y  2  2t , (d2) :  y  1  4t  z  1  3t  z  2t   1) Tính khoảng cách từ điểm I (1;1;1) đến đường thẳng (d1) . 2) Viết phương trình đường thẳng (D) qua I(1; 1; 1) vuông góc với (d1 ) và cắt (d2). Câu Vb (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên C : (z + 4 – 3i)2 – 4(z + 4 – 3i) +20 = 0
HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu I I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ) (3,0 đ) Câu I ( 3, 0 đ) 1) (2,0 đ) 1 4 + Khi m = 1 hàm số có dạng y  x 3  2 x 2  3x  3 3 + TXĐ : D = R + Giới hạn: lim y   và lim y   0,25 x   x   0,25  x  1  y  0 +Ta có y’ = x2 + 4x +3 , y’ = 0   0,25  x  3  y  4 / 3 +BBT x – –3 –1 + 0,50 y’ + 0 – 0 + 4/3 + y – 0 Hàm đồng biến trên các khoảng (–  , – 3) và (– 1,+  ), nghịch biến trên 0,25 khoảng (– 3, – 1). Đồ thị có điểm cực đại (– 3, 4/3) và điểm cực tiểu (– 1, 0). + y” = 2x + 4, y” = 0  x = – 2  y = 2/3. Đồ thị có điểm uốn I( – 2, 2/3) +Đồ thị 4 1 4 u x =   3 x3+2x2+3x+ 3 2 0,50 -5 5 -2 -4 2)(1,0 đ) 0,25 + y’ = x2 + 4x + 3m + 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 4  3m  0  2  m=–1 0,50 ( x1  x2 )  2 x1 x2  22 16  6m  22
Câu Đáp án Điểm Câu II Câu II (3,0 đ) (3,0 đ) 1)(1,0 đ)  2 x  2x  8  0  x  2 và x  4  2  x  2 + ĐK:  2   0,25 10  3 x  x  0  2  x  5 2  x  5 1 + Phương trình tương đương : log 0,5 x 2  2 x  8  log 0,5 ( x 2  3x  10) 2 1  x 2  2 x  8  ( x 2  3 x  10) (2) 0,25 2 1 + Nếu – 2 < x < 2 thì (2)  – (x2 + 2x – 8) = (– x2 + 3x + 10) 2 7  73  x2 + 7x – 6 = 0  x = 2 7  73 So ĐK chọn x = 0,25 2 1 + Nếu 2 < x < 5 thì (2)  x2 + 2x – 8 = (– x2 + 3x + 10) 2 1  313  3x2 + x – 26 = 0  x = 6 1  313 So ĐK chọn x = 0,25 6 7  73 1  313 Vậy phương trình có hai nghiệm x = và x = 2 6 1 2 x dx 2) (1,0 đ) I=  0 4  x2 + Đặt x = 2sint  dx = 2costdt  + x = 0 thì t = 0; x = 1 thì t = 6 0,25  /6 2  /6  /6 4sin t.2 cos tdt +I=    4 sin 2 tdt = 2  (1  cos 2t )dt 0,25 0 2 cos t 0 0  /6 1  3  3 = 2 (t  sin 2t )  2(  )=  0,5 2 0 6 4 3 2 3) (1,0 đ) y = sin 2 x  cos x  y’ = 2sin x cos x  sin x  sin x(2 cos x  1) y '  0 sin x(2cos x  1)  0 x  0     3    3  0,25   x  3   x  3  x  2  4  4  3 2 5  1 3 1 2 0,25 + y(0) = – 1 , y( ) = , y(  ) = , y( )= 3 4 3 4 4 2
5 + Vậy: max y  , min y  – 1 0,5  3 4  3 x[  , ] x[  , ] 3 4 3 4 Câu Đáp án Điểm Câu III Câu III ( 1,0 đ) (1,0 đ) C' B' +A’I  (ABC)  A’I  BC , mà AI  BC nên BC  (A’IA) + Dựng IK  A’A, K  A’A A' thì IK = a = d(BC, A’A) 0,25 +A’A  (KBC)  A’A  KB và A’A  KC +(A’ABB’)  (A’ACC’)  KB  KC  BC = 2IK = 2a 0,25 K AI = a 3 , SABC = a2 3 I B a 6 C 1 1 1 0,25 + 2  2 2  IA’ = IK IA IA ' 2 A a 6 + VABC.A’B’C’ = SABC .IA’ = a2 3 . 2 3 3 2a 0,25 = 2 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần sau) 1.Theo chương trình Chuẩn : Câu Câu IVa (2,0 đ) 0,25 IVa 1)M(1+3t, 2 – t, 1 + t) d. (2,0 đ) 2(1  3t )  2(2  t )  1  t  1 0,5 + Ta có d(M,(P)) = 3  3 t = 1 3 Suy ra có 2 điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0) 0,25  2)+ Đường thẳng d qua A(1, 2, 1) có VTCP u = (3, – 1, 1) 0,25  0,25 +Mặt phẳng (P) có VTPT nP = (2, – 2, 1)      + Mp(Q) chứa d vuông góc với (P) nên có VTPT nQ = [ u , nP ] = (1, –1, – 4) 0,25 Suy ra phương trình mp(Q): (x – 1) – (y – 2) – 4(z – 1 ) = 0  x – y – 4z + 5 = 0 0,25 Câu Va Câu Va (1,0 đ) (1,0 đ) 2  7i 13  4i 2  7i 13  4i 2  7i 2i  7  3  3   0,50 zi 2  2i zi 2  2i z  i 2  2i 2  2i z–i= z=2–i 0,50 i 2. Theo chương trình Nâng cao Câu Câu IVb (2,0 điểm)  IVb 1)+1 qua điểm A(1,–2, –1) và có VTCP u = (1, 2, 3) d (2,0 đ)   0,25 + AI = ( 0, 3, 2); [ AI , u ] = (5, 2, – 3) 0,25 0,50
   AI , u    38 133 0,25 + d(I, d) =   = u 14 7  2) K(6, 1 – 4t, 2t) d2 , IK = (5, – 4t, 2t – 1) Câu Đáp án Điểm   IK  u  5 – 8t +3(2t – 1) =  t = 1 . 0 0,25 Suy ra đường thẳng (D) nhận IK = (5, – 4 , 1) làm VTCP nên có phương 0,25 x 1 y 1 z 1 trình:   0,25 5 4 2 Câu Câu Vb (1,0 đ) Vb (z + 4 – 3i)2 – 4(z + 4 – 3i) +20 = 0 (1) (1,0 đ) + Đặt t = z + 4 – 3i thì (1) có dạng t2 – 4t + 20 = 0 (2) 0,25 (2) có  ' = – 16 = (4i)2 suy ra (2) có hai nghiệm t1 = 2 + 4i và t2 = 2 – 4i 0,25 + Ta có z + 4 – 3i = 2 + 4i  z = – 2 + 7i 0,25 có z + 4 – 3i = 2 – 4i  z = – 2 – i Vậy phương trình có hai nghiệm : z = – 2 + 7i và z = – 2 – i 0,25