Đề thi thử tốt nghiệp THPT Toán - THPT Nguyễn Hiền năm 2014

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

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập được tốt hơn mời các bạn tham khảo đề thi thử tốt nghiệp THPT Toán - THPT Nguyễn Hiền 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 Hiền năm 2014

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2014 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI THAM KHẢO I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x4 5 Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y  3x2  2 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1. Câu 2 (3,0 điểm) 1) Giải phương trình: 9 x 1  4.3x  2  3log 8  0 2  4 1 2) Tính tích phân: I   (  1) xdx 0 cos 2 x 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x(2  ln x) trên đoạn 1; e2  .   Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SB  a . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN: (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu 4.a (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I (1; 2;5) và mặt phẳng ( P) có phương trình: 2 x  y  2 z  5  0 . 1) Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( P) . 2) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm I và vuông góc với mặt phẳng ( P) . Tìm tọa độ giao điểm của d và ( P) . Câu 5.a (1,0 điểm). Tìm mô đun của số phức: z  (2  i)(3  2i ) 2 . 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu 4.b (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2;3;0), mặt phẳng (P) : x  y  2 z  1  0 và mặt cầu (S) : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  8  0 . 1) Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). 2 i 3 Câu 5.b (1,0 điểm) Tìm mô đun của số phức: z  . 2 i 3 ***********HẾT*********** Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh:....................................... Chữ kí của giám thị 1: ......................................Chữ kí của giám thị 2: ...........................................
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung phổ thông HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản gồm 04 trang) I. Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0 điểm). II. Đáp án và thang điểm CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 1. (2,0 điểm) (3,0 điểm) a) Tập xác định: D  R . 0,25 b) Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: y '  2 x3  6 x x  0  3  x  0 x   3 y' 0   ; y'  0   ; y' 0   x   3 x  3  0  x  3  Do đó: 0,50 + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   3;0  và  3;   + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;  3  và  0; 3   Cực trị: 5 + Hàm số đạt cực đại x  0 và yCD  y (0)  0,25 2 + Hàm số đạt cực tiểu x   3 và yCT  y ( 3)  2  Giới hạn: xlim y  ; xlim y     0,25  Bảng biến thiên: 0,50 x   3 0 3  y’  0 + 0  0 +
 5  y 2 2 2 c) Đồ thị: 0,50 2. (1,0 điểm) Gọi d là tiếp tuyến của (C) và  x0 ; y0  là tọa độ của tiếp điểm. Ta có: 0,25 x0  1  y0  0 Hệ số góc của d: y '( x0 )  y '(1)  4 0,25 Từ đó, phương trình tiếp tuyến cần dựng có dạng là: y  y0  y '( x0 )( x  x0 )  y  4( x  1) 0,50 Câu 2 1. (1,0 điểm) (3,0 điểm) Đặt t  3x 1 , t  0 , từ phương trình đã cho ta có phương trình: 0,50 t 2  12t  27  0 (*) Giải (*), ta được: t  3; t  9 0,25 Với t  3, ta được: 3x 1  3  x  0 Với t  9, ta được: 3x 1  9  x  1 0,25 Vậy, tập nghiệm của phương trình đã cho: T  0;1 2. (1,0 điểm) u  x  du  dx Đặt    1   0,50  dv   cos 2 x  1 dx v  tan x  1     Do đó: I  x(tan x  x)     tan x  x  dx 0 0,25 0   x2  2    0       ln cos x    0,25  2 0 2 3. (1,0 điểm) Ta có: f '( x)  2  ln x  1  1  ln x x  1; e2  0,50 Suy ra, trên đoạn 1; e2  : f '( x)  0  x  e   Ta có: f (1)  2; f (e)  2e; f (e2 )  0 0,25
Vậy: min f ( x)  0 và max f ( x )  2e 0,25 1;e 2  1;e 2      Câu 3 Vì SA  ( ABC ) nên (1,0 điểm) BC  SA    BC  (SAB)  BC  SB maø  AB  BC Suy ra, góc giữa hai mặt phẳng · 0,25 (SBC) và (ABC) là SBA , · tức là: SBA = 600 Xét trong tam giác vuông SBA tại A, ta có: a 3 a a 0,50 SA  SB.sin 60 0  ; AB  SB.cos 600  ; BC  AB  2 2 2 2 3 1 1 1 a a 3 a 3 Vậy: VS . ABC  S ABC .SA  . AB 2 .SA  . .  0,25 3 3 3 4 2 24 Lưu ý: ở câu này không cho điểm hình vẽ Câu 4.a 1. (0,75 điểm) (2,0 điểm)  Vì mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên bán kính R của mặt 2.1  2  10  5 0,50 cầu (S) là: R  d ( I ;( P))  5 4 1 4  Mặt cầu (S) được cho bởi:  Taâ I (1; 2;3) m  0,25  Baù kính R  5 n 2 2 2 Do ñoùphöông trình maëcaà ( S ) laø x  1   y  2    z  3  25 , t u : 2. (1,25 điểm)  Phương trình tham số của d:   Gọi u là vectơ chỉ phương của d. Vì d  ( P) nên u là vectơ pháp 0,25  tuyến của (P), do đó, từ phương trình của (P), ta có: u  (2;1; 2) Đường thẳng d được cho bởi: Qua I (1; 2;3)     VTCP u  (2;1; 2)  0,25  x  1  2t  Do ñoùphöông trình tham soá a d laø y  2  t , cuû :  z  3  2t   Tọa độ giao điểm H của d và (P): Do H  d nên tọa độ H có dạng 1  2t; 2  t ;3  2t  0,25 Vì H  ( P) nên 2(1  2t )  2  t  2(3  2t )  3  0 , hay t  1 0,25 Do đó H  (3; 1;1) 0,25 Câu 5.a Ta có: z  (2  i )(9  12i  4i 2 )  (2  i )(5  12i ) 0,50 (1,0 điểm)  2  29i 0,25
2 2 Do đó, số phức z có mô đun là: z   2   29   13 5 0,25 Câu 4.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Đặt N  ( x; y; z ) . Ta có:    0,25 MN  ( x  2; y  3; z ) và vectơ pháp tuyến của (P): n  (1;1; 2)       Vì MN  ( P) nên MN , n cùng phương, suy ra: MN  k.n (k  0) 0,25 x  2  k x  k  2 Do đó:  y  3  k   y  k  3   0,25  z  2k  z  2k   Vì N  ( P) nên k  2  k  3  4k  1  0 hay k  1 0,25 Vậy N  (1; 2; 2) Lưu ý: Học sinh có thể trình bày theo cách giải sau: - Lập PTTS của đường thẳng MN (0,50đ) - Giải hệ phương trình gồm ptts của MN và pt mặt phẳng (P) để tìm ra giao điểm N (0,50đ) 2. (1,0 điểm) Từ phương trình mặt cầu (S) suy ra mặt cầu (S) có tâm I (1; 2;3) và 0,25 bán kính R  1  4  9  8  6 Vì (Q) //( P ) nên phương trình mặt phẳng (Q): x  y  2 z  D  0 0,25 1 2  6  D Do (Q) tiếp xúc với (S) nên d  I ;(Q)    6 6 0,25  D  11  D5 6    D  1 (loaï ) i Vậy, phương trình mặt phẳng (Q): x  y  2 z  11  0 0,25 Câu 5.b Ta có: z   2 i 3  2 i 3   1  2i 6 (1,0 điểm) 0,50  2 i 3  2 i 3 5 1 2   i 6 0,25 5 5 2 2 1 2 Do đó, số phức z có mô đun là: z      6   1     0,25  5  5  **********HẾT**********