Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 31 pptx

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔTHÔNG NĂM 2013
TRƯỜNG PT DTNT TỈNH Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông

(ĐỀ THAM KHẢO)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )

Câu 1. ( 3,0 điểm ): Cho hàm số y = - x
3
+ 3x
2
- 1
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
2/ Dựa vào đồ thị ( C ), tìm m để phương trình x
3
-3x
2
+2m -1 = 0
chỉ có 1
nghiệm thực.
Câu 2. ( 2,0 điểm ):
1/ Giải phương trình: log
2
x -
xlog1
1
4


= log
8
x
2/ Tính tích phân I =


1
0
3
dx
)1x(
x

Câu 3. ( 2,0 điểm ): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng
a, cạnh bên
tạo với đáy một góc 60
o
.
1/ Tính thể tích khối chóp.
2/ Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần ( phần cho chương trình
chuẩn 4a, 5a; phần cho chương trình nâng cao 4b, 5b ).

A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 4a (2.0 điểm): Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): x + 3y – z +
2 = 0 và
đường thẳng d: x = 3t; y = - 4 – t; z = 2 – t.

1/ Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc mặt phẳng
(P).
2/ Viết phương trình đường thẳng d’ qua A(2; -1; 1), song song với
giao tuyến
của (P) và (Q).
Câu 5a ( 1,0 điểm ): Tìm số phức z, biết rằng (3 - i).z + 5i = (2 + i)
2
.z – 3z +
2

B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 4b ( 2,0 điểm ): Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: x = 1 – 2t;
y = -1 + t;
z = 3 - t và điểm A(2; 3; -1)
1/ Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là A và tiếp xúc với đường
thẳng d.
2/ Gọi H là tiếp điểm của (S) và d. Mặt phẳng trung trực của đoạn AH
cắt mặt
cầu theo giao tuyến là đường tròn (C), tìm bán kính của đường tròn
(C).
Câu 5b ( 1,0 điểm ) : Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z, biết
rằng :

2
)i32(z  = 3



TRƯỜNG PTDT NỘI TRÚ ĐÁP ÁN
QUẢNG NAM ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT( ĐỀ
THAM KHẢO)
 Năm học 2010 - 2013
Môn: TOÁN
I. PHẦN CHUNG
Câu Đáp án Điểm
1/ (2,0 điểm)
+ Tập xác định D=R 0.25
+ Sự biến thiên : y'=-3x
2
+6x =0

x =0; x=2
y
cđ
= 3; y
ct
= -1
y


khi x


, y


khi x




Điểm uốn (1 ; 1)
0,75
+ BBT 0,5
+ Đồ thị 0,5
2/ (1,0 điểm)
Câu 1
(3,0
điểm)
+ Phương trình x
3
– 3x
2
+ 2m - 1 = 0

- x
3
+ 3x
2
- 1 = 2m - 2
+ Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng y
= 2m- 2
0,5
+ Kết luận được: PT chỉ có 1 nghiệm thực khi m< ½ hoặc
m>5/2

0,5
1/ (1,0 điểm)

+ Điều kiện xác định: x>0 và x
4
1
 0,25
+ PT

log
2
x -
xlog2
2
2

=
3
xlog
2
 u
2
+ 2u – 3 = 0 ( u =
log
2
x )
0,5
Giải PT, kết hợp ĐK, kết luận được 2 nghiệm x = 2 và x =
1/8
0,25
2/ (1,0 điểm)
Đặt u = x + 1 , đổi cận, đưa tích phân I =





2
1
32
2
1
3
du)uu(du.
u
1u

0,5
Câu 2
(2,0
điểm)
I =
8
1
)
u
1
u
2
1
(
2
1
2


0,5
1/ (1,0 điểm)

+ Hình vẽ đúng; gọi H là tâm hình vuông => H là hình chiếu của
S trên (ABCD) . Xác định được góc SAH = 60
o


0,25
+ Tính được AH =
2
2a
và SH =
2
6a

0,25
+ Thể tích V =
6
6a
2
6a
a
3
1
Bh
3
1
3

2

0,5
2/ (1,0 điểm)

+ Lý giải được tâm I của mặt cầu ngoại tiếp thuộc SH và là giao
điểm của SH với mặt phẳng trung trực một cạnh bên (SA chẳng
hạn).
0,5
Câu 3
(2,0
điểm)
+ Gọi K là trung điểm SA, tam giác SHA và SKI đồng dạng
=>
3
6a
SH
SA.SK
RSI
SI
SA
SK
SH

0,5

II. PHẦN RIÊNG
1/ (1,0 điểm)
+ (Q) qua M(0; -4; 2) và có VTPT



)10;2;4(n;un
p
d


0,5
=> phương trình (Q): 2x + y + 5z – 6 = 0

0,5
2/ (1,0 điểm)

Câu 4a
(2,0
điểm)
+ Giao tuyến của (P) và(Q) có VTCP


)5;7;16(n;nu
qp

0,5
+ PT đường thẳng d’ : x = 2+16t ; y = -1-7t ; z = 1-5t

0,5
+ PT  (3 – 5i).z = 2 – 5i 0,5
Câu 5a
(1,0
điểm)
+ z = i

34
5
34
31
i
5
3
i52



0,5
1/ (1,0 điểm)
+ Tính đúng bán kính mặt cầu R = d(A,d ) = 27 = 33
0,5
+ PT mặt cầu (S): (x – 2)
2
+ (y – 3)
2
+ (z + 1)
2
= 27

0,5
2/ (1,0 điểm)
+ Khoảng cách từ A đến mặt phẳng trung trực là h =
2
33
2
R


0,5
Câu 4b
(2,0
điểm)
=> Bán kính đường tròn giao tuyến(C) là r =
2
9
hR
22

0,5
+ Gọi z = a + bi; 3i)12b()5a(3)i32(z
2

0,5
Câu 5b
(1,0
điểm)
+
22
)12b()5a(  = 9
=>Tập các điểm biểu diễn của z là đường tròn tâm I(-5; 12) , bk
R = 3

0,5



SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT

NĂM 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN THI TOÁN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM (Thời gian làm bài 150 phút , không kể thời gian
giao đề)

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm)
Cho hàm số
3
4
32
3
1
23
 mxxxy (1) (m tham số)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2) Xác định các giá trị m để hàm số (1) đạt cực trị tại 2 điểm x
1
và x
2
thoả mãn điều
kiện
22
2
2
2
1
 xx
Câu II (3,0 điểm)
1) Giải phương trình : 1)310(log)82(log

2
5,0
22
25,0
 xxxx
2) Tính tích phân I =


1
0
2
2
4 x
dxx

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = xx cossin
2
 trên đoạn







4
3
;
3


Câu III (1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ xiên ABC.A’B’C’, đáy là tam giác đều . Hình chiếu của A’ lên mặt
phẳng (ABC) trùng với trung điểm I của BC. Hai mặt bên qua A A’ vuông góc với nhau,
khoảng cách giữa BC và A A’ bằng a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần sau)
1.Theo chương trình Chuẩn :
Câu IVa ( 2,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x – 2y +z +1 = 0 và đường
thẳng d có phương trình:








tz
ty
tx
1
2
31
.
1) Tìm toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)
bằng 3
2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng
(P)
Câu Va (1,0 điểm)

Tìm số phức z thỏa mãn phương trình:
2 7 13 4
3
2 2
i i
z i i
 
 
 

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;1;1) và hai đường thẳng (d
1
) và
(d
2
) có phương trình
(d
1
) :








tz

ty
tx
31
22
1
, (d
2
) :
6
1 4
2
x
y t
z t



 





1) Tính khoảng cách từ điểm I (1;1;1) đến đường thẳng (d
1
) .
2) Viết phương trình đường thẳng (D) qua I(1; 1; 1) vuông góc với (d
1
) và cắt (d
2

).
Câu Vb (1,0 điểm)
Giải phương trình sau trên C : (z + 4 – 3i)
2
– 4(z + 4 – 3i) +20 = 0


HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm
Câu I
(3,0 đ)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ)
Câu I ( 3, 0 đ)
1) (2,0 đ)
+ Khi m = 1 hàm số có dạng
3
4
32
3
1
23
 xxxy
+ TXĐ : D = R

+ Giới hạn: 

y
x
lim và 

y
x
lim
+Ta có y’ = x
2
+ 4x +3 , y’ = 0
1 0
3 4 / 3
x y
x y
   



   


+BBT
x –

– 3 –1
+


y’ + 0 – 0 +

y

4/3
+



–

0


Hàm đồng biến trên các khoảng (–

, – 3) và (– 1,+

), nghịch biến
trên khoảng (– 3, – 1). Đồ thị có điểm cực đại (– 3, 4/3) và điểm cực
tiểu (– 1, 0).
+ y” = 2x + 4, y” = 0

x = – 2

y = 2/3. Đồ thị có điểm uốn I( – 2,
2/3)
+Đồ thị

4

2
-2
-4
-
5
5
u x  =
1
3
 
x
3
+2x
2
+3x+
4
3


2)(1,0 đ)
+ y’ = x
2
+ 4x + 3m
+ Hàm đạt cực trị tại hai điểm x
1
và x
2
thỏa 22
2
2

2
1
 xx khi và chỉ
khi
y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
thỏa 22
2
2
2
1
 xx

2
1 2 1 2
' 0
( ) 2 22
x x x x
 


  


4 3 0
16 6 22
m
m

 


 


m = – 1

0,25
0,25

0,25


0,50






0,25

0,50









0,25


0,25

0,50

Câu Đáp án Điểm
Câu II
(3,0 đ)

Câu II (3,0 đ)
1)(1,0 đ)
+ ĐK:
2
2
2 8 0
10 3 0
x x
x x


  


  



2 à 4 2 2
2 5 2 5
x v x x
x x
     
 



    
 

+ Phương trình tương đương :
2 2
0,5 0,5
1
log 2 8 log ( 3 10)
2
x x x x     

2 2
1

2 8 ( 3 10)
2
x x x x      (2)
+ Nếu – 2 < x < 2 thì (2)

– (x
2
+ 2x – 8) =
1
2
(– x
2
+ 3x + 10)


x
2
+ 7x – 6 = 0

x =
7 73
2
 

So ĐK chọn x =
7 73
2
 

+ Nếu 2 < x < 5 thì (2)


x
2
+ 2x – 8 =
1
2
(– x
2
+ 3x + 10)


3x
2
+ x – 26 = 0

x =
1 313
6
 

So ĐK chọn x =
1 313
6
 

Vậy phương trình có hai nghiệm x =
7 73
2
 
và x =

1 313
6
 

2) (1,0 đ) I =


1
0
2
2
4 x
dxx

+ Đặt x = 2sint

dx = 2costdt
+ x = 0 thì t = 0; x = 1 thì t =
6


+ I =
/6 /6
2
2
0 0
4sin .2cos
4sin
2cos
t tdt

tdt
t
 

 
= 2
/6
0
(1 cos 2 )
t dt




=
/6
0
1 3
2( sin 2 ) 2( )
2 6 4
t t


  
=
3
3 2


3) (1,0 đ)

y = xx cossin
2


y’ =
2sin cos sin sin (2cos 1)
x x x x x
  

' 0
3
3 4
y
x
 




  




sin (2cos 1) 0
3
3 4
x x
x
 

 



  



0
2
3
x
x











0,25




0,25

0,25






0,25








0,25

0,25


0,5

0,25


0,25

+ y(0) = – 1 , y(
2
3

) =
5
4
, y(
3


) =
1
4
, y(
3
4

) =
1 2
2


+ Vậy:
3
[ , ]
3 4
max
x
y
 
 

5
4
,
3
[ , ]
3 4
min
x
y
 
 

– 1

0,5

Câu Đáp án Điểm
Câu
III
(1,0

đ)



















Câu
IVa
(2,0
đ)

Câu
Va
(1,0
đ)
Câu III ( 1,0 đ)
B
'
C
'
I
C
B
A
A
'
K



+A’I

(ABC)

A’I

BC ,
mà AI


BC nên BC

(A’IA)
+ Dựng IK

A’A, K

A’A
thì IK = a = d(BC, A’A)
+A’A

(KBC)

A’A

KB và
A’A

KC
+(A’ABB’)

(A’ACC’)

KB

KC

BC = 2IK = 2a
AI = a
3

, S
ABC
= a
2
3

+
2 2 2
1 1 1
'
IK IA IA
 

IA’ =
6
2
a

+ V
ABC.A’B’C’
= S
ABC
.IA’ = a
2
3
.
6
2
a

=
3
3 2
2
a



II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần sau)
1.Theo chương trình Chuẩn :
Câu IVa (2,0 đ)
1)M(1+3t, 2 – t, 1 + t)

d.
+ Ta có d(M,(P)) = 3

2(1 3 ) 2(2 ) 1 1
3
3
t t t     


t =

1
Suy ra có 2 điểm thỏa bài toán là M
1
(4, 1, 2) và M
2
( – 2, 3, 0)

2)+ Đường thẳng d qua A(1, 2, 1) có VTCP
u
r
= (3, – 1, 1)
+Mặt phẳng (P) có VTPT
P
n
uur
= (2, – 2, 1)
+ Mp(Q) chứa d vuông góc với (P) nên có VTPT
Q
n
uur
= [
u
r
,
P
n
uur
] = (1, –1,
– 4)
Suy ra phương trình mp(Q): (x – 1) – (y – 2) – 4(z – 1 ) = 0


x – y – 4z + 5 = 0
Câu Va (1,0 đ)
2 7 13 4
3
2 2

i i
z i i
 
 
 

2 7 13 4
3
2 2
i i
z i i
 
 
 

2 7 2 7
2 2
i i
z i i
 

 





0,25

0,25


0,25




0,25





0,25

0,5

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25


0,50

0,50

Câu
IVb
(2,0
đ)



z – i =
2 2
i
i



z = 2 – i
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm)
1)+ d
1
qua điểm A(1,–2, –1) và có VTCP
u
r
= (1, 2, 3)

+
AI
uur
= ( 0, 3, 2); [
AI
uur
,
u
r
] = (5, 2, – 3)
+ d(I, d) =
,
38
14
AI u
u
 
 

uur r
r
=
133
7

2) K(6, 1 – 4t, 2t)

d
2
,

IK
uur
= (5, – 4t, 2t – 1)



0,25
0,25

0,50

0,25



Câu Đáp án Điểm





Câu
Vb
(1,0 đ)
IK
uur

u
r


5 – 8t +3(2t – 1) = 0

t = 1 .
Suy ra đường thẳng (D) nhận
IK
uur
= (5, – 4 , 1) làm VTCP nên có
phương trình:
1 1 1
5 4 2
x y z
  
 


Câu Vb (1,0 đ)
(z + 4 – 3i)
2
– 4(z + 4 – 3i) +20 = 0 (1)
+ Đặt t = z + 4 – 3i thì (1) có dạng t
2
– 4t + 20 = 0 (2)
(2) có
'

= – 16 = (4i)
2
suy ra (2) có hai nghiệm t
1
= 2 + 4i và t

2
= 2 –
4i
+ Ta có z + 4 – 3i = 2 + 4i

z = – 2 + 7i
có z + 4 – 3i = 2 – 4i

z = – 2 – i
Vậy phương trình có hai nghiệm : z = – 2 + 7i và z = – 2 – i

0,25

0,25
0,25



0,25
0,25
0,25

0,25