ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP NĂM 2013 - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 17 pot

Hiendvtiger.violet.vn KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
CODE 18 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số:
3 2
1
x
y
x
-
=
-
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số.
2) Viết pt tiếp tuyến của
( )C
biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
: 1 0x y- + =D
3) Tìm các giá trị của k để
( )C
và
: 3d y kx= -
cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.
Câu II (3,0 điểm):
1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
3 2
( ) 2 3 12 1f x x x x= - - +
trên đoạn

[ 1;3]-
2) Tính tích phân:
1
(ln 1)
e
I x dx= +
ò
3) Giải phương trình:
1
2 2
log (2 1). log (2 2) 6
x x +
+ + =
Câu III (1,0 điểm):
Cho một hình trụ có độ dài trục
2 7OO
¢
=
. ABCD là hình vuông cạnh bằng 8 có các đỉnh nằm trên hai
đường tròn đáy sao cho tâm của hình vuông là trung điểm của đoạn
OO
¢
. Tính thể tích của hình trụ đó.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chương trình chuẩn
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng
D
và mặt phẳng
( )
a

lần lượt có
phương trình
3 2 3
:
1 1 3
x y z- - +
= =D
;
( ) : 2 1 0x y z
a
+ - + =
1) Chứng minh rằng đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (α). Tính khoảng cách từ đường thẳng ∆
đến mặt phẳng (α).
2) Tìm toạ độ giao điểm A của đường thẳng ∆ với mặt phẳng
( )Oxy
. Viết phương trình mặt cầu tâm A,
tiếp xúc với mặt phẳng (α).
Câu Va (1,0 điểm): Cho
2
(1 2 )(2 )z i i= - +
. Tính môđun của số phức
z
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1;
-
1;1), mặt phẳng
( ) : 2 0P y z+ =
và
hai đường thẳng
1

1
:
1 1 4
x y z-
= =D
-
,
2
2
: 4
1
x t
y t
z
ì
ï
= -
ï
ï
ï
= +D
í
ï
ï
=
ï
ï
î

1) Tìm toạ độ điểm

M
¢
đối xứng với điểm M qua đường thẳng ∆
2
.
2) Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả hai đường thẳng ∆
1
, ∆
2
và nằm trong mp(P).
Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số
2
1
1
( 1)mx m x
y
x
- - +
=
-
. Tìm m để hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu nằm
khác phía so với trục tung.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
BI GII CHI TIT .
Cõu I:
Hm s:
3 2 2 3

1 1
x x
y
x x
- - +
= =
- -
Tp xỏc nh:
\ {1}D = Ă
o hm:
2
1
0,
( 1)
y x D
x
-
Â
= < " ẻ
-
Hm s NB trờn cỏc khong xỏc nh v khụng t cc tr.
Gii hn v tim cn:
; lim 2 lim 2 2
x x
y y y
- Ơ + Ơđ đ
= - = - = -ị
l tim cn ngang.
;
1 1

lim lim 1
x x
y y x
- +
đ đ
= - Ơ = + Ơ =ị
l tim cn ng.
Bng bin thiờn
x
1 +
y
Â

y
2

+
2
Giao im vi trc honh:
3
0 2 3 0
2
y x x= - + = =
Giao im vi trc tung: cho
0 3x y= = -ị
Bng giỏ tr: x 0 1/2 1 3/2 2
y 3 4 || 0 1
th hm s nh hỡnh v bờn õy:

2 3

( ) :
1
x
C y
x
- +
=
-
Tip tuyn vuụng gúc vi ng thng
: 1y x= +D
nờn cú h s gúc
0
( ) 1k f x
Â
= = -
2
0 0
0
2
0 0
0
1 1 2
1
1 ( 1) 1
1 1 0
( 1)
x x
x
x x
x

ộ ộ
- = =
-
ờ ờ
= - - =
ờ ờ
- = - =
-
ờ ờ
ở ở
Vi
0 0
2 1x y= = -ị
. pttt l:
1 1( 2) 1y x y x+ = - - = - +
Vi
0 0
0 3x y= = -ị
. pttt l:
3 1( 0) 3y x y x+ = - - = - -
Xột phng trỡnh :
2
3 2
3 3 2 ( 3)( 1) (1 ) 0
1
x
kx x kx x kx k x
x
-
= - - = - - - + =

-
(*)
S nghim ca phng trỡnh (*) bng s giao im ca (C) v d: y = kx
(C) v d cú 2 im chung

(*) cú 2 nghim phõn bit
2
0
0 0
0 1
(1 ) 0
k
a k
k
k
ỡ
ỡ ỡ
ù
ạù ù
ạ ạ
ù
ù ù
ù

ớ ớ ớ
ù ù ù
> -D ạ
+ >
ù ù ù
ợ ợ

ù
ợ
Vy, vi
0k ạ
v
1k -ạ
thỡ (C) ct d ti 2 im phõn bit.
Cõu II:
Hm s
3 2
( ) 2 3 12 1f x x x x= - - +
liờn tc trờn on
[ 1;3]-

2
6 6 12y x x
Â
= - -
Cho
2
0 6 6 12 0 1; 2y x x x x
Â
= - - = = - =
(nhn c hai)

( 1) 8f - =
;
(2) 19f = -
v
(3) 8f = -

Trong cỏc kt qu trờn, s 19 nh nht, s 8 ln nht.
Vy,
khi khi
[ 1;3] [ 1;3]
min 19 2 , max 8 1y x y x
- -
= - = = = -

1
(ln 1)
e
I x dx= +
ũ
 Đặt
1
ln 1u x
du dx
x
dv dx
v x
ì
ï
ì
ï
ï
= +
=
ï
ï
ï

Þ
í í
ï ï
=
ï ï
=
î
ï
ï
î
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được
1
1
1 1
(ln 1) (ln 1) 2 1 2 1 1
e e
e e
I x dx x x dx e x e e e= + = + - = - - = - - + =
ò ò
 Vậy, I = e.

1
2 2
log (2 1). log (2 2) 6
x x +
+ + =

 Ta có,
1
2 2 2 2

log (2 1). log (2 2) 6 log (2 1). log 2.(2 1) 6
x x x x+
é ù
+ + = + + =Û
ê ú
ë û
2 2 2 2 2
log (2 1). log 2 log (2 1) 6 log (2 1). 1 log (2 1) 6
x x x x
é ù é ù
+ + + = + + + =Û Û
ê ú ê ú
ë û ë û
(*)
 Đặt
2
log (2 1)
x
t = +
phương trình (*) trở thành:
(1 ) 6t t+ =
VN
2
2
2
3
2
2 3 log 3
2 log (2 1) 2 2 1 4
6 0

7
3
log (2 1) 3 2 1 2
2 0 :
8
x
x x
x x
x
x
t
t t
t
-
é
é é = =Û
é
ê
= + = + =
ê ê
ê
ê
+ - =Û Û Û Û Û
ê ê
ê
ê
= -
+ = - + =
ê ê
= - <

ê
ê
ë
ë ë
ë
 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm:
2
log 3x =
Câu III
 Giả sử
, ( )A B OÎ
và
, ( )C D O
¢
Î
 Gọi H,K,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,CD và
OO
¢
 Vì
7 4IO IH= =¹
nên
O H¹
 Theo tính chất của hình trụ ta có ngay OIH và OHA
là các tam giác vuông lần lượt tại O và tại H
 Tam giác vuông OIH có
2 2
3OH IH OI= - =
 Tam giác vuông OHA có
2 2
5r OA OH HA= = + =

 Vậy, thể tích hình trụ là:
2 2
. . . .5 .2 7 50 7V B h r h
p p p
= = = =
(đvtt)
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:
3 2 3
:
1 1 3
x y z- - +
= =D
và
( ) : 2 1 0x y z
a
+ - + =
 Đường thẳng
D
đi qua điểm
(3;2; 3)M -
, có vtcp
(1;1;3)u =
r
nên có ptts:
3
2
3 3
x t
y t

z t
ì
ï
= +
ï
ï
ï
= +
í
ï
ï
= - +
ï
ï
î
(1)
 Thay (1) vào pttq của mp(α) ta được:
2(3 ) 2 ( 3 3 ) 1 0 0 12t t t t+ + + - - + + = = -Û
: vô lý
 Vậy, đường thẳng
D
song song với mp(
a
)
 Khoảng cách từ
D
đến mp(
a
) bằng khoảng cách từ điểm M đến
( )

a
, bằng:
2 2 2
2.3 2 ( 3) 1
12
( ,( )) ( ,( )) 2 6
6
2 1 ( 1)
d d M
a a
+ - - +
= = = =D
+ + -
 Mặt phẳng
( )Oxy
có phương trình z = 0
 Thay ptts (1) của
D
vào phương trình z = 0 ta được:
3 3 0 1t t- + = =Û
 Suy ra giao điểm của đường thẳng
D
và mp(Oxy) là:
(4; 3; 0)A
 Mặt cầu tâm A, tiếp xúc với
( )
a
có bán kính
( ,( )) 2 6R d A
a

= = =L
nên có phương
trình:
2 2 2
( 4) ( 3) 24x y z- + - + =
.
Câu Va:
2 2 2
(1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 ) (1 2 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2z i i i i i i i i i i i= - + = - + + = - + = + - - = -
 Vậy,
2 2
11 2 11 2 11 2 5 5z i z i z= - = + = + =Þ Þ
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb: M(1;
-
1;1)

2
D
có vtcp
2
( 1;1; 0)u = -
r
 Lấy
(2 ; 4 ;1)H t t- +
thuộc
2
D
thì
(1 ;5 ;0)MH t t= - +

uuuur
 H là hình chiếu của M lên
2 2
. 0MH u =D Û
uuuur
r
(1 ).( 1) (5 ).1 0.0 0 2 4 0 2t t t t- - + + + = + = = -Û Û Û
 Như vậy, toạ độ hình chiếu của M lên
( )
a
là
(4;2;1)H
.
 Điểm
M
¢
đối xứng với M qua ∆
2

Û
H là trung điểm đoạn thẳng
MM
¢
2 7
2 5
2 1
M H M
M H M
M H M
x x x

y y y
z z z
¢
¢
¢
ì
ï
= - =
ï
ï
ï
= - =Û
í
ï
ï
= - =
ï
ï
î
. Vậy, toạ độ điểm
(7;5;1)M
¢
 Gọi A,B lần lượt là giao điểm của ∆
1
, ∆
2
với mặt phẳng (P)
Hướng dẫn giải và đáp số
 Thay ptts của ∆
1

vào pttq của mp(P), ta tìm được toạ độ điểm
(1;0; 0)A
 Thay ptts của ∆
1
vào pttq của mp(P), ta tìm được toạ độ điểm
(8; 2;1)B -
 Đường thẳng ∆ qua hai điểm A,B và có vtcp
(7; 2;1)u A B= = -
uuur
r
nên có phương trình
1
:
7 2 1
x y z-
= =D
-
Câu Vb:
2
1
1
( 1)mx m x
y
x
- - +
=
-
 TXĐ:
\ {1}D = ¡
 Đạo hàm:

2
2
2 2
( 1)
mx mx m
y
x
- + -
¢
=
-
 Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị nằm khác phía so với trục tung khi và chỉ khi phương trình
0y
¢
=
có
hai nghiệm trái dấu
. 0 ( 2) 0 0 2a c m m m< - < < <Û Û Û
Hiendvtiger.violet.vn