Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 44 potx

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT HIỆP ĐỨC

ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm ). Cho hàm số
4 2
2 3
y x x
   

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2. Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình
4 2
2 2 0
x x m
   
.
Câu II ( 3,0 điểm )
1. Giải phương trình
2 1
3.13 68.13 5 0
x x
  
.
2. Tính tích phân
3
0

I= sin3
xdx


.
3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số


2
.
x
f x x e

trên [-3;-1]
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình chóp SABC có SA

mp(ABC). Đáy ABC là tam vuông tại A, AB = a,
AC = a
3
và SC = a
5
. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm
phần dành riêng cho chương trình đó.
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu IV.a ( 2,0 điểm )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 6;-1 ;0) và mặt phẳng (P) có
phương trình:
4 3 1 0

x y z
   

1. Viết phương trình tham số đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mp(P).
2. Viết phương trình mặt cầu có tâm là hình chiếu H vuông góc của điểm A lên
mp(P) và đi qua điểm A.
Câu V.a ( 1,0 điểm )
Giải phương trình
2
3 46 0
z z
  
trên tập số phức.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b ( 2,0 điểm )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 3; 0 ;1), hai đường thẳng d
1
và
d
2
có phưong trình là: d
1 2
6 3
x t
y t
z t



 



 

, d’
1 2 3
1 1 1
x y z
  
 

.
1. Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên d
1
.
2. Xét vị trí tương đối của d

và d’.
Câu V.b ( 1,0 điểm )
Tìm căn bậc hai của số phức
- 24 10
z
i
 
.

Hết

TRƯỜNG THPT HIỆP ĐỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm
1. (2 điểm)
Tập xác định: D = R.
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
Ta có:


3 2
' 4 4 4 1 ; ' 0 0, 1
y x x x x y x x
          

Trên các khoảng


; 1
 
và ( 0; 1), y’>0 nên hàm số đồng biến.
Trên các khoảng (-1;0) và


1;

, y’ < 0 nên hàm số nghịch biến.
0,25đ

0,25đ
Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại
1
x
 
, y
CĐ
= 4.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= 3.
Giới hạn:

4
2 4
2 3
lim lim 4
x x
y x
x x
 
 
     
 
 

4

2 4
2 3
lim lim 4
x x
y x
x x
 
 
     
 
 


0,25đ



0,25đ
Câu I
3 điểm
Bảng biến thiên:






0,5 đ
Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 3).

Đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm


3;0
 và


3;0
.
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.















0,5 đ
2. (1 điểm)

Phương trình:



4 2 4 2
2 2 0 2 3 1 *
x x m x x m         
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
4 2
2 3
y x x
   
và đường thẳng y = m+1.
0,25đ


0,25đ
Dựa vào đồ thị ta có kết quả biện luận số nghiệm của phương trình (*):

m+1 m số nghiệm của phương trình (*)
m+1 > 4 m > 3 0
m +1= 4 m = 3 2
3< m+1 < 4 2 < m < 3 4
m+1= 3 m = 2 3
m+1< 3 m < 2 2




0,5 đ
1. (1 điểm)

Phương trình

2
39.13 68.13 5 0
x x
   
, Đặt
13
x
t

điều kiện t > 0
Phương trình trở thành
2
1 5
39 68 6 0
13 3
t t t t
      
( thoả điều kiện)

0,5 đ
Với
1
13
t

thì
1
1
13 13 13 1
13

x x
x

     

Với
5
3
t

thì
13
5 5
13 log
3 3
x
x  
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
13
5
1, log
3
x x  



0,5 đ
Câu II
3 điểm
2. (1 điểm)

3
3
0
0
1
I= sin3 cos3
3
xdx x


 



0,5 đ
 
1 2
I cos - cos0
3 3

  


0,5 đ
3. (1 điểm)

Xét trên đoạn [-3;-1] hàm số đã cho có đạo hàm:





2 2
' 2 2
x x x
f x xe x e e x x
   




2
' 0 2 0 0, 2
x
f x e x x x x
       

Ta có




2 3; 1 ,0 3; 1
      

0,25đ



0,25đ

     
3 2
9 4 1
3 , 2 , 1f f f
e e e
     

Vậy
 
 
 
 
2
3; 1 3; 1
1 4
min , af x M x f x
e e
   
 

0,25đ


0,25đ
Ta có SA

mp(ABC) nên chiều cao của khối chóp
S.ABC là SA.
Tam giác SAC vuông tại A nên
SA

2
= SD
2
- AD
2

Hay SA
2
= 5a
2
- 3a
2
= 2a
2

SA 2
a
  .






0,5 đ
Câu III
1 điểm
Đáy ABC là tam giác vuông tại A nên
2
ABC

1 1 3
S AC.AB . 3
2 2 2
a a a
  

Thể tích khối chóp S.ABC là:
2 3
S.ABC ABC
1 1 3 6
V .SA.S . 2.
3 3 2 6
a a a
  
(đvtt).

0,25đ


0,25đ
1. (1 điểm)

(P) có vectơ pháp tuyến


4; 1;3
n  
ur
.
Do d vuông góc với (P) nên d nhận



4; 1;3
n  
ur
làm vectơ chỉ phương.
0,25đ

0,25đ
Câu
IV.a
( 2,0
điểm )





Đường thẳng d đi qua điểm A(6;-1;0) và có vectơ chỉ phương


4; 1;3
n  
ur

0,25đ


0,25đ
a 5

a 3
a
A
C
B
S
Vậy phương trình tham số của d là
6 4
1
3
x t
y t
z t
 


  





2. (1 điểm)

H là giao điểm của d và mặt phẳng (P).
Toạ độ H là nghiệm của hệ:
   
6 4
1 4 6 4 1
3 24 24 1

4 3 1 0
x t
y t t t
z t t t
x y z
 


       


      


   


Vậy H( 2; 0;-3)



0,5 đ
Do mặt cầu đi qua A nên có bán kính:
R=AH =
     
2 2 2
2 6 2 1 3 0 26
      
Vậy phương trình mặt cầu (S):





2 2
2
2 3 26
x y z
    

0,25đ


0,25đ
Câu
V.a
( 1,0
điểm )
Ta có


2
3 4.1.46 175
     
Vậy phương trình có hai nghiệm phức là:
1
3 175 3 5 7
2 2
i i
z
 

  ,
2
3 175 3 5 7
2 2
i i
z
 
 
0,5đ


0,5đ
1. (1 điểm)

Câu
IV.b
( 2,0
điểm )
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với d.
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là:


1;2;3
u 
ur

Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là


1;2;3

u 
ur

Phương trình của (P) là:




1 3 2 3 1 0 2 3 6 0
x y z x y z
         

0,25đ


0,25đ