Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 28 ppt

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT
MÔN: TOÁN - Thời gian: 150 phút
Năm hoc 2010 - 2013

I. PHẦN CHUNG ( 7 điểm)
Câu 1 (3 điểm) Cho hàm số
3 2
3 4
y x x
  
có đồ thị (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
3 2
3 1 0
x x m
   

Câu 2 (3 điểm)
1. Giải các phương trình:
2
5 1
5
2log 3log 5
x x
 

2. Tính tích phân: J =
/2
2
/3
(3cos 1)sinx
x dx





3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
e
e
e
y
x
x

 trên đoạn [ln2,ln4]
Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
trung tuyến AM=a, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác SBC
đều. Tính thể tích của khối chóp S.ABC.
II. PHẦN RIÊNG( 3 điểm)
( Thí sinh chỉ dược chọn một trong hai phần ( phần 1 hoặc phàn 2))
1) Theo chương trình chuẩn.
Câu 4a (2 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng
d
1

:
2 3. 1
2 2 1
x y z
  
 

và d
2
0
1
5 2
x
y t
z t



 


  


1. Viết phương trình mặt phẳng

qua gốc O và d
1

2. Chứng minh d

1
và

d
2
chéo nhau
3. Viết phương trình mặt phẳng

song song và cách đều d
1
, d
2

Câu 5b (1 điểm) Tìm phần thực, phần ảo, số phức liên hợp của số phức:
z = (4 - 2i)
2
– (1+2i)
3

2) Theo chương trình nâng cao.
Câu 4b (2 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng(

) 2y - z -1 =0
và đường thẳng d
1 2
3 1 2
x y z
 
 

1. Viết phương trình đường thẳng

qua A (1; -2; 0) và vuông góc với (

)
2. Chứng minh d song song (

).
3. Viết phương trình đường thẳng d’ đối xứng với d qua (

)
Câu 5b(1 điểm). Cho số phức z = 1 -2i (x, y
)

R
.
Tìm phần thực và phần ảo của số phức z
2
– 2z + 4i .
Đáp án - Thang điểm

A)PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu Đáp án Điểm
Câu I
(3 điểm)
1. (2đ)

TXĐ: D=R 0.25
2
' 3 6

y x x
 

0.25
0
' 0
2
x
y
x


 

 


0.25
lim ; lim
x x
y y
 
   

+ BBT
x
-2 0 +
 

y’ + 0 - 0 +

y 0



-4
( Nếu không tính giới hạn đồng thời ở dòng cuối của BBT thiếu dấu

hoặc

thì trừ 0.25 )
0.5
Hàm số đồng biến trong




; 2 à 0;v
  

hàm số nghịch biến trong


2;0

Cực trị: Hàm số đạt CĐ tại
2
x
 
; y
CĐ

= 0
Hàm số đạt CT tại x =0; y
CT
= -4

0.25





Đồ thị: - các điểm CĐ, CT
- Vẽ đúng dạng, đồ thị đối xứng

0.5
2. ( 1điểm)

Biến đổi phương trình thành:
3 2
3 4 5(*)
x x m   
- Số nghiệm của (*) là số giao điểm của (C) và đường thẳng (d) y =
m -5
0.25

Biện luận đúng các trường hợp 0.5
Câu II
(3 điểm)
1. (1điểm)

Đk: x> 0 0.25

pt

2
2
5 5
log 3log 5
x x
 

0.25
A
C
B
S
M
Đặt t =
5
log
x
có pt 0532
2
 tt








2
5
1
t
t

0.25
Kết quả x = 1/5 ; x =
2/5
5

0.25
2.(1điểm)

Đặt t = cosx

dt = -sinx dx , đổi cận
0.25
J =


0
2/1
2
)13( dtt
=


2/1

0
2
)13( dtt

=
2/1
0
3
)( tt 
0.25


0.25

Kết quả đúng 0.25
3. (1điểm)

Xét hàm số trên [ln2; ln4]. Ta có
y’ = 


x
e
e
e
x
x
;0
1
[ln2; ln4]

0.25

hs đồng biến trên [ln2; ln4]
0.25
y( ln2) =
e

2
2
; y( ln4) =
e

4
4

0.25

KL:
Maxy
ln4]. [ln2;
=
e

4
4
;
Miny
ln4]. [ln2;
=
e


2
2


0.25
(1 điểm)
Hình vẽ:

Đúng nét khuất, nét liền
0.25







Trung tuyến AM = a

BC = 2a.
SBC

đều

SB = SC = BC = 2a và SM = 3a
0.25
Câu III
(1điểm)
SA = a

2
,
SBC

đều

ABC

vuông cân tại A


2
ABC
S a



0.25
3
1 2
.
3 3
ABC
a
V S SA

 
0.25

B. PHẦN TỰ CHỌN ( 3điểm):

Câu Đáp án Điểm
Câu IVa
( 2điểm)
1. (0.75điểm)
d
1
có VTCP
1
(2; 2;1)
u  
ur
, M (2; 3; -1)
1
d ,
OM
(2; 3; -1)

(

) có VTPT
1
[ ; ]=(-1;4;10)
n u OM
r ur uuuur



0.5

Pttq (


) qua O : -x + 4y +10z = 0
0.25
2. (0.5điểm)
d
2
có VTCP
2
(0;1; 2)
u
 
uur
, N (0; 1; -5)
2
d ,
MN
(-2; -2; -4)
1 2
[ ; ]=(2;4;2)
u u
ur uur


0.25


1 2
[ ; ] =-22
u u MN
ur uur uuuur


d
1
và d
2
chéo nhau

0.25
3. (0.75điểm)
)(

có VTPT
1 2
[ ; ]=
n u u
r ur uur

PTTQ )(

: x + 2y + z +D = 0
0.25
d );();(
21

ddd 

d );();(


NdM



D = -2
0.25

PT )(

: x + 2y + z -2 = 0
0.25
Z = 23 -14i 0.5
Câu Va
( 1điểm)
KL:
23; 14
a b
  
;
iz 1423

0.5
1. (0.5điểm)
( )

có VTPT
(0;2; 1)
n
 
r




có VTCP
(0;2; 1)
u

 
uur

0.25
Câu IVb
( 2điểm)


PTTS

qua A:
1
2 2
x
y t
z t



  


 


0.25
2. (0.75 điểm)
Giải hệ phương trình
1 3
2
1 2
2 1 0
x t
y t
z t
y z
 


  


 


  


hệ vô nghiệm
0.5


Vây d // (


)
0.25
3. (0.75điểm)

Ta có A ( 1; -2;0)

d
Gọi H là hình chiếu của A lên

, A’ đối xứng A qua




Ta có H =


(

)
Giải hệ phương trình
1
2 2
2 1 0
x
y t
z t
y z




  


 


  


H(1 ; 0 ; -1)

A’ (1 ; 2 ; -2)
d' qua A, và song song d, ptts d’:
1 3
2
2 2
x t
y t
z t
 


 


  


0.25


0.25

0.25
Câu Vb
( 1điểm)
Z = -5+ 4i

0.25

a = -5 ; b = 4, |z| =
41

41
451 i
z



0.5
0.25