Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Toán 2013 - Phần 9 - Đề 20

Chia sẻ: May May | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

43
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 20', 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 20

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP LỚP 12 TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ NĂM HỌC 2012- 2013 Môn : TOÁN. Ngày thi ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 1 trang) 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 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . b) Viết phương trình tiếp tuyến với ( C) tại điểm có hoành độ x0 = 2 c) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), trục tung, trục hoành. Câu II (3,0 điểm). 1. Giải phương trình (3x  2 x ).(3x  3.2 x )  8.6 x 7 3 2. Tính tích phân I  x 1  x 2 dx 0 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y = e x (x 2 - x - 1) trên đoạn [0;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. 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 (P): x 3 y  2 z 6 2x – y – z +3 = 0 và đường thẳng (d):   . 2 4 1 a) Tìm giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A và song song (P). b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P).Tìm tọa độ tiếp điểm của (S) và (P). c) Viết phương trình đường thẳng () biết rằng () đi qua điểm A, cắt (d) tại B và cắt (P) tại C uuu r uuu r r sao cho AC  2 AB  0 . Câu Va (1.0 điểm) Tìm mô đun của số phức z  9  15i  (2  3i )2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu IVb:(2.0 điểm) x1 y 2 z 3 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2x  z  5  0 và đường thẳng 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 3. Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm I  0 ;0 ;1 ;K  3; 0 ;0  và tạo với mặt phẳng  Oxy  một góc 300 1 i 2011 Câu Vb (1.0 điểm) Cho số phức z  .Tính giá trị của z 1 i ----------------------HẾT---------------------- Họ và tên: …………………………………………….........Số báo danh:……………………..........
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP LỚP 12 TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ Môn : TOÁN. CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM I x 3 (3điểm) a/ (2,0 điểm) y x 1  TXĐ: D = R \ 1 0.25  Sự biến thiên: 4 * Chiều biến thiên: y ' 
b/(0.5 điểm) .Với x0 = 2  y0= 5 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 c/.(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 S=  dx   (1  x  1)dx  ( x  4 ln x  1) 0.25 3 3 x 1 3 = 3  4 ln 4  4 ln 4  3 (đvdt) II  3  x   x  2  (3điểm) a/Chia hai vế phương trình cho 6x, có PT:    1 . 1  3     8 0.5 2 3            x 3 Đặt t =   >0, ta có PT 2 (t + 1) (1 + 3/t) = 8  t2 – 4t + 3 = 0, tìm được t = 1, t = 3. vậy, PT có hai nghiệm 0.5 x = 0, x = log 3 3 2 7 3 b/ I  x 1  x 2 dx 0 Đặt : t  3 1  x 2  t 3  1  x 2  3t 2 dt  2 xdx 0.5 3  xdx  t 2 dt 2 Đổi cận: x  0  t  1; x  7  t  2 2 2 3 3 3 45 0.5  I   t 3dt  t 4  (16  1)  1 2 8 1 8 8 c/  Hàm số y = e x (x 2 - x - 1) liên tục trên đoạn [0;2] y ¢ = (e x )¢(x 2 - x - 1) + e x (x 2 - x - 1)¢= e x (x 2 - x - 1) + e x (2x - 1) = e x (x 2 + x - 2) é = 1 Î [0;2] (nhan) x  Cho y ¢ = 0 Û e x (x 2 + x - 2) = 0 Û x 2 + x - 2 = 0 Û ê ê = - 2 Ï [0;2] (loai) êx ë  Ta có, f (1) = e 1(12 - 1 - 1) = - e f (0) = e 0 (02 - 0 - 1) = - 1 f (2) = e 2 (22 - 2 - 1) = e 2  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là - e và số lớn nhất là e 2  Vậy, min y = - e khi x = 1; max y = e 2 khi x = 2 [0;2] [0;2] 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 0.25 ï ï · ï CD ^ OM Ì (A B CD ) Þ SMO = 600 (góc giữa mặt (SCD ) và mặt í ï ï CD = (SCD ) Ç (A BCD ) ï ï 0.5 î đáy) · SO · BC  Ta có, t an SMO = Þ SO = OM . t an SMO = . t an 600 = a 3 OM 2  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là: 1 1 1 4a 3 3 V = B .h = A B .B C .SO = 2a.2a .a 3 = (đvtt) 3 3 3 3 a/(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 - Thay vào (1) giải được t = 1 0.5 - 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 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 b/. (1 điểm) * Mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính 0.25 2(1)  2  3 1 R = d(A, (P)) =  4 11 6 1  Phương trình mặt cầu là : ( x  1)2  y 2  ( z  2) 2  6 *Đường thẳng () qua A(-1;0;2) và vuông góc (P) nhận VTPT của (P)  x   1  2t 0.25 r  n  (2; 1; 1) làm 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    H ( ;  ; )  y  t y   1 3 6 6   z  2t  6  11 z  6 c/. (1 điểm) uuu r * B  (d)  B(3 + 2t; 2 + 4t; 6 + t)  AB =(4 + 2t; 2 + 4t; 4 + t) uuur uuu r r uuur * Từ AC  2 AB  0  AC =(- 8 – 4t; - 4 – 8t; - 8 – 2t)  C(- 9 – 4t; - 4 – 8t;uuu6 – 2t) -r 0.25 * C  (P)  t = 5/2  AB =(9; 12; 13/2 ) là một vtcp của ()
  x  1  9t 0.25  * Mà () qua A nên có ptts là  y  12t  13 z  2 t  2 1.(1.0điểm) a/ Ta có z  9  15i  (2  3i) 2  9  15i  4  9i 2  12i  4  3i 0.5 Va (1 điểm) Mô đun của z là z  42  (3)2  25  5 0.5 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) 4 5 | 2  2t  3  2t  5 | 4 5 0,5 d ( A, ( P ))     t  1  t  1 5 22  12 5 Vậy A(2; 4; 5) 3. Gọi mp cần tìm là (  ) có VTPT r uur r n.IK  0  C  3 A n( A; B; C )   r uuuuur 1  2 2 2  B 2  8 A2  B  2 A 2 | cos(n, n(Oxy ) ) | 3C  A  B  2 0,5  B  2 2; C  3 x  2 2 y  3z  3  0 Chọn A= 1   vậy có 2 mp thỏa mãn là:  B  2 2; C  3  x  2 2 y  3z  3  0 Vb 2 2  1  i   (1  i )(1  i )   2i  2 2 (1 điểm) Ta có:        (i )  1 0.25 1 i   2   2  2011 2010 2 1005  1 i   1 i   1  i   1  i    1 i        1  i    1  i      1 i  1 i    1 i       1 i  1 i (1  i )(1  i ) 2i  (1)1005     i 0.25  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.