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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ


ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP LỚP 12
NĂM HỌC 2012- 2013
Môn : TOÁN.
Ngày thi
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi có 1 trang)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(3.0 điểm). Cho hàm số
x 3
y
x 1



(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 x
0
= 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
x x x x x
(3 2 ).(3 3.2 ) 8.6
  

2. Tính tích phân
7
3 2
0
1
I x x dx
 


3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
2
( 1)
x
y e x x
= - -
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 60
0
. 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):
2x – y – z +3 = 0 và đường thẳng (d):
3 2 6
2 4 1
x y z
  
  .

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
sao cho
2 0
AC AB
 
uuur uuur r
.
Câu Va (1.0 điểm) Tìm mô đun của số phức
2
9 15 (2 3 )
z i i
   
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu IVb:(2.0 điểm)
Trong không gian tọa độ
Oxyz,
cho mặt phẳng


P : 2x z 5 0
  
và đường thẳng
x 1 y 2 z 3
d :
1 2 2
  

 
1. Viết phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với


P

2. Tìm tọa độ điểm
A d

có hoành độ dương và cách mặt phẳng


P
một khoảng
4 5
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
0

30

Câu Vb (1.0 điểm) Cho số phức
1
1
i
z
i



.Tính giá trị của
2011
z

HẾT

Họ và tên: …………………………………………… Số báo danh:……………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP LỚP 12
Môn : TOÁN.

CÂU

ĐÁP ÁN

ĐIỂM
a/ (2,0 điểm)
x 3

y
x 1





TXĐ: D =


\ 1
R


0.25
 Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên:
 
2
1
4
'



x
y <0 ;
1



x

Suy ra hàm số luôn nghịch biến trên




,1 à 1,v
 

* Hàm số không có cực trị.
*Giới hạn và tiệm cận:
+








1
3
limlim
1
1
x
x
y
x

x
;+








1
3
limlim
1
1
x
x
y
x
x
Suy ra x=1 là TCĐ.

1lim

x
y
Suy ra y=1 là TCN.
* Bảng biến thiên:

1

+

-

1

+

-

1
y
y'
x





0.5




0.25




0.5

I
(3điểm)
 Đồ thị:
Điểm đặc biệt: Giao điểm của đồ thị với Oy :(0 ;-3)
Giao điểm của đồ thị với Ox :(-3 ;0)
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận I(1 ; 1) làm tâm đối xứng


4
2
-2
-4
-6
-5
5






0.25







0.25

y

x

-
3

-3
O

b/(0.5 điểm) .Với x
0
= 2

y
0
= 5
 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.

c/.(0.5 điểm) Hoành độ giao điểm của ( C)và trục hoành là nghiệm PT:

x 3
0 x 3 0 x 3
x 1

      


Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), trục tung, trục hoành có diện tích là
S =
0 0
0
3
3 3
3 4
(1 ) ( 4ln 1)
1 1
x
dx dx x x
x x

 

    
 
 

=
3 4ln 4 4ln 4 3
  
(đvdt)

0.25

0.25


0.25



0.25


a/Chia hai vế phương trình cho 6
x
, có PT:
x x
3 2
1 . 1 3 8
2 3
   
   
  
   
   
   
   
   

Đặt t =
x

3
2
 
 
 
>0, ta có PT
(t + 1) (1 + 3/t) = 8

t
2
– 4t + 3 = 0, tìm được t = 1, t = 3. vậy, PT có hai nghiệm
x = 0, x =
3
2
log 3


0.5



0.5
II
(3điểm)

b/
7
3 2
0
1

I x x dx
 


Đặt :

3 2 3 2 2
2
1 1 3 2
3
2
t x t x t dt xdx
xdx t dt
      
 

Đổi cận:
0 1; 7 2
x t x t
     

2
2
3 4
1
1
3 3 3 45
(16 1)
2 8 8 8
I t dt t     




c/  Hàm số
2
( 1)
x
y e x x
= - -
liên tục trên đoạn [0;2]
2 2 2 2
( ) ( 1) ( 1) ( 1) (2 1) ( 2)
x x x x x
y e x x e x x e x x e x e x x
¢ ¢ ¢
= - - + - - = - - + - = + -

 Cho
(nhan)
(loai)
2 2
1 [0;2]
0 ( 2) 0 2 0
2 [0;2]
x
x
y e x x x x
x
é
= Î

ê
¢
= Û + - = Û + - = Û
ê
= - Ï
ê
ë

 Ta có,
1 2
(1) (1 1 1)
f e e
= - - = -

0 2
(0) (0 0 1) 1
f e
= - - = -

2 2 2
(2) (2 2 1)
f e e
= - - =

 Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là
e
-
và số lớn nhất là
2
e

 Vậy, khi khi
2
[0;2] [0;2]
min 1; max 2
y e x y e x
= - = = =






0.5




0.5
III
(1điểm)

 Gọi O là tâm của mặt đáy thì
( )
SO ABCD
^ nên SO là đường cao
của hình chóp.
Gọi M là trung điểm đoạn CD. Theo tính chất của hình chóp đều

0.25

·
0
( )
( ) 60
( ) ( )
CD SM SCD
CD OM ABCD SMO
CD SCD ABCD
ì
ï
^ Ì
ï
ï
ï
^ Ì Þ =
í
ï
ï
= Ç
ï
ï
î
(góc giữa mặt
( )
SCD
và mặt
đáy)
 Ta có,

· ·
0
tan .tan .tan 60 3
2
SO BC
SMO SO OM SMO a
OM
= Þ = = =
 Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là:
3
1 1 1 4 3
. . . 2 .2 . 3
3 3 3 3
a
V B h AB BC SO a a a
= = = = (đvtt)

0.25


0.5
a/(1 điểm)* Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ 2x – y – z +3 = 0 (1) và
3 2 6
2 4 1
x y z
  
  (2)
-Đặt t =
3 2 6
2 4 1

x y z
  
   x = 3 + 2t; y = 2 + 4t và z = 6 + t
- Thay vào (1) giải được t = 1
- 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
* Vì (Q) qua A(–1; 0; 2), nên có d = 4. Vậy pt (Q): 2x – y – z + 4 = 0

0.25



0.5


0.25


b/. (1 điểm)
* Mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính
R = d(A, (P)) =
2( 1) 2 3
1
4 1 1 6
  

 

 Phương trình mặt cầu là :

2 2 2
1
( 1) ( 2)
6
x y z
    

*Đường thẳng
( )

qua A(-1;0;2) và vuông góc (P) nhận VTPT của (P)
(2; 1; 1)
n
  
r
làm VTCP có PTTS:
1 2
,( )
2
x t
y t t R
z t
  


  


 


-Gọi
( ) ( )
H P
  
.H là tiếp điểm có tọa độ là nghiệm của hệ:
1
6
2 3 0
2
1 2
2 1 11
3
( ; ; )
1
3 6 6
6
2
11
6
t
x y z
x
x t
H
y t
y
z t
z





   


 

  


   
 
 
 
 
 
 







0.25

0.25











IVa
(2điểm)










c/. (1 điểm)
* B  (d)  B(3 + 2t; 2 + 4t; 6 + t) 
AB
uuur

=(4 + 2t; 2 + 4t; 4 + t)
* Từ
2 0
AC AB
 
uuur uuur r

AC
uuur
=(- 8 – 4t; - 4 – 8t; - 8 – 2t)
 C(- 9 – 4t; - 4 – 8t; - 6 – 2t)
* C  (P)  t = 5/2 
AB
uuur
=(9; 12; 13/2 ) là một vtcp của ()



0.25



* Mà () qua A nên có ptts là
1 9
12
13
2
2
x t
y t

z t


  





 



0.25




Va
(1 điểm)

1.(1.0điểm)
a/ Ta có
2 2
9 15 (2 3 ) 9 15 4 9 12 4 3
z i i i i i i
          

Mô đun của z là
2 2

4 ( 3) 25 5
z
    


0.5
0.5
1.PT đường thẳng qua O(0; 0; 0) vuông góc (P) có ptts là
2
0
x t
y
z t









1


2.Gọi
A d

có tọa độ (1+ t; 2+2t; 3+ 2t) (đk: t> -1)
2 2

4 5 | 2 2 3 2 5| 4 5
( ,( )) 1 1
5 5
2 1
t t
d A P t t
   
       


Vậy A(2; 4; 5)




0,5

IVb
(2điểm)

3. G
ọi mp cần t
ìm là
(

) có VTPT
( ; ; )
n A B C
r
2 2

2 2 2
(Ox )
. 0
3
8 2 2
1
3
| os( , )|
2
y
n IK
C A
B A B A
C A B
c n n





      
 
 




r uur
r uuuuur

Chọn A= 1
2 2; 3
2 2; 3
B C
B C

 


  


vậy có 2 mp thỏa mãn là:
2 2 3 3 0
2 2 3 3 0
x y z
x y z
   
   


0,5
Vb
(1 điểm)

Ta có:
2 2 2
2
1 (1 )(1 ) 2
( ) 1

1 2 2
i i i i
i
i
   
     
     
     

     


1005
2011 2010 2
1005
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
1 1 (1 )(1 ) 2
( 1)
1 1 2 2
i i i i i
i i i i i
i i i i i
i
i i
 
    
 
         
  

 
         
    
         
 
 
    
 
        
 
 
 



0.25




0.25


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.