Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Toán 2013 - Phần 9 - Đề 1

Chia sẻ: May May | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử tốt nghiệp toán 2013 - phần 9 - đề 1', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Toán 2013 - Phần 9 - Đề 1

Trường T.H.P.T Lê Thành Phương ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP - MÔN TOÁN LỚP 12 Tổ Toán Năm học: 2012 – 2013 ------------------------------------------- Thời gian 150 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (3 điểm) 2 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x  2 x2  1 C (2 điểm) 3 2 3 2. Dựa vào đồ thị  C  , tìm m để phương trình: x  2x2 1 m  0 có 3 nghiệm phân biệt? (1 điểm) 3 Câu 2 (3 điểm) 2 1. Giải phương trình: 4 log9 x  log3 x  6  0 (1 điểm) e 2. Tính tích phân I    2x  2  ln xdx (1 điểm) 1 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 2 .e 2x - ln x , với x   1 ; e  e (1 điểm)   Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Biết SA   ABCD  , góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng  ABCD  bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S .OBC theo a ? (1 điểm) II. PHẦN RIÊNG( 3 điểm) Thí sinh chọn 1 trong 2 phần ( phần A hoặc phần B ) A. Theo chương trình chuẩn: Câu 4a. (2 điểm) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2x + y - 2z - 8= 0 1. Lập phương trình mặt phẳng  Q  đi qua điểm M 1; 2;3  và song song với mặt phẳng  P  . (1 điểm) 2. Lập phương trình mặt cầu  S  có tâm là trung điểm của đoạn thẳng AB , với A  4, 6, 8  ; B  2; 2;9  và tiếp xúc với mặt phẳng  P ? (1 điểm) Câu 5a. (1 điểm) Tìm môđun của số phức z  2 z , biết z  4  2i . (1 điểm) B. Theo chương trình nâng cao: Câu 4b. (2 điểm) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A  2; 3;  1 , B  2;1;6  , C  3; 0;  1 , D(-1;-2;0) 1. Chứng tỏ A, B, C , D là 4 đỉnh một tứ diện. Tính độ dài đường cao DH của tứ diện ABCD , điểm H thuộc mặt phẳng  ABC  . (1 điểm) 2. Lập phương trình mặt cầu có tâm A , tiếp xúc cạnh CD . Tìm tọa độ tiếp điểm? (1 điểm) 3x Câu 5b. (1 điểm) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: 23x  2 2  6 . (1 điểm) ------------------------------------------------Hết---------------------------------------------------- (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 1
CÂU ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN - LỚP 12 NĂM HỌC 2012-2013 ĐIỂM Câu 1 2 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  2 x 2  1  C  3 TXĐ D  R 0.25 lim y  ; lim y   0.25 x  x  y 1 x  0 2 2 y '  2 x  4 x; y '  0  2 x  4 x  0    0.25  x2 y   5  3 Bảng biến thiên x  0 2  y' + 0 - 0 + 0.5 y  1 5   3 Hàm số đồng biến trong  ; 0  và  2;   Hàm số nghịch biến trong  0; 2   5 Điểm cực đại I1  0;1 , điểm cực tiểu I 2  2;    3 Đồ thị  1  5 0.25 Điểm đặc biệt A 1;   , B  3;1 , C  1;    3  3 y 1 I1 B . 0 . 1. . -1 2 3 A x -1. 5  0.5 C 3 I . 2 2
2 3 2/ Phương trình tương đương x  2 x 2  1 =m *  0.25 3 2 3 *  là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y x  2 x 2  1  C  và đường 3 0.25 thẳng  d  y  m song song trục Ox . Số nghiệm của phương trình đã cho chính bằng số giao điểm của  C  và  d  5 5 + Để phương trình đã hco có 3 nghiệm phân biệt thì   y  1    m  1 0.25 3 3  5  Vậy m    ; 1 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.  3  0.25 Câu 2 2 1. Phương trình 4 log 9 x  log 3 x  6  0 Điều kiện x  0 0.25 Phương trình tương đương 2 2   4 log 32 x  log3 x  6  0   log 3 x   log 3 x  6  0 0.25  x  27  log 3 x  3    log 3 x  2 x  1  9 0.5 e 2. Tích phân I    2x-2  ln xdx 1  1 u  ln x  du  dx Đặt   x dv=  2x-2  dx v=x 2  2x  0.5  e e 1 Suy ra I   x  2x  ln x    x 2  2x  . dx  2 1 1 x 0.25 e2 3   0.25 2 2 x 2 .e2x 3. y  lnx  x.e 2 x , x   1 ;  e . 0.25 e e   Ta có y '   2 x  1 .e x 0.25  1 1  0.25 y '  0, x   e;  . Suy ra hàm số tăng trên e ; e  e   Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là max f  x   f  e   e2e+1 , 1  x ;e  e  2 1 1 0.25 giá trị nhỏ nhất của hàm số là min f  x   f    e e . 1  x ; e  e e   3
Câu 3 SA   ABCD  (gt) (1) S  AB là hình chiếu vuông góc của xuống  ABCD  . · Suy ra góc giữa SB và mặt đáy là góc SBA  600 0.25 Từ (1), ta có SA là đường cao của hình chóp S . ABCD . a3 Thể tích là khối chóp S . ABCD là: a 3 A D 0.25 1 1 a 3 60 0 V  SA.dt  ABCD   a 3.a 2  3 3 3 a B O a C Trong đó, do tam giác SAB vuông tại A, có 0.25 0 SA tan 60   SA  3a  a 3 AB 1 1 1 1 a3 3 a 3 3 0.25 Thể tích là V  SA.dt  OBC   SA. dt  ABCD    3 3 4 4 3 12 Câu 4a 1. Ta có  P  : 2x  y  2z  8  0 Vì mặt phẳng  Q  song song với mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  8  0 nên mặt phẳng Q  : 2 x  y  2z  D  0 0.5 Theo giả thiết, mặt phẳng (Q) đi qua điểm M 1; 2;3  nên D  2 Vậy phương trình mặt phẳng  Q  : 2 x  y  2 z  2  0 0.5 ……………………………………………………………………………………………... 1 ---------  2. Trung điểm I 1; 4;  của đoạn AB 0.25  2 Do mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng  P  nên bán kính mặt cầu chính bằng khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng  P  : 0.25 1 24  2   8 2 Ta có d  I ;  P    R  1 2 2 2 0.25 2  1   2  2 2  1 2 Phương trình mặt cầu  S  :  x  1   y  4    z    1 . 0.25  2 Câu 5a Ta có: z  4  2i Suy ra z  4  2i 0.25 Khi đó, z  2 z   4  2i   2  4  2i   4  6i 0.25 2 2 Vậy z  2 z   4    6   52  2 13 0.5 4
Câu 4b 1. Tọa độ các đỉnh là: A  2; 3; -1 , B  2; 1; 6  , C  3; 0;  1 , D  1;  2; 1 uuu r uuuu r uuuur Ta có AB   4;  2; 7  ; AC   1;  3; 0  ; AD  1;  5; 1 uuu uuu r r uuu uuu uuu r r r Do  AB, AC    21; 7; 14  ;  AB, AC  . AD  42  0 .     Suy ra A, B, C , D là 4 đỉnh một tứ diện. 0.25 1 uuu uuu uuu r r r 42 Thể tích khối tứ diện ABCD là: V   AB, AC  . AD  7 6  6 0.25 1 3V Mặt khác, V  DH .dt  ABC   DH  3 dt  ABC  1  uuu uuu  1 r r 2 2 7 14 Ta có Dt  ABC    AB, AC   212   7    14   0.25 2 2 2 3V 3.7 6  DH    dt  ABC  7 14 14 0.25 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ --------- - 2. uuur Ta có CD   2;  2; 1  x  3  2t  Phương trình cạnh  CD   y  2t 0.25  z  1  t  Phương trình mặt phẳng  P  qua A , vuông góc cạnh CD có vectơ pháp tuyến uuur CD   2;  2; 1 là: 2x -2y + z +11= 0 Tọa độ giao điểm H của cạnh CD, mặt phẳng (P) là nghiệm của hệ  x  3  2t 1   y  2t  2 4  35 8 13   Suy ra t   ; H  ; ;   z  1  t  3 9  9 9 9  2 x  2 y  z  11  0  4 0.25 666 3 74 74 Ta có: AH    9 9 3 Phương trình mặt cầu tâm A , tiếp xúc cạnh CD có bán kính bằng khoảng cách từ A đến 74 CD . Suy ra bán kính mặt cầu là: R  3 0.25 2 2 2 74 Phương trình mặt cầu  S  :  x  2    y  3   z  1  9  35 8 13  0.25 Tọa độ tiếp điểm của mặt cầu  S  và cạnh CD là điểm H  ; ;   9 9 9  5
Câu 5b 3x 3x  3x 3x 0.25  2 2 2 60 BÊt ph¬ng tr×nh: 23x  2 2 6 3x 3x  2  2 2  6  0 (1) 23x  2 2  6  0  3x 2 Đặt t  2 , t  0 Ta có bất phương trình: t 2  t  6  0  2  t  3 0.25 3x 3x 2 Kết hợp điều kiện t >0, ta được t  3  2 2  3   log 2 3  x  log 2 3 2 3 0.25  2  0.25 Tập nghiệm của bất phương trình là: S   ; log 2 3   3  Lưu ý: Thí sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa. 6