Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 47 docx

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







0,25

0,25

0,25


0,50






0,25








0,50




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

0,50

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)



0,25




0,25






0,25


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 cos2 )

t dt




=
/6
0
1 3
2( sin2 ) 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








+ 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

0,25

0,25

0,25


0,5




0,25


0,25


0,5

Câu Đáp án Điểm
Câu
III
(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





0,25


0,25

0,25












Câu
IVa
(2,0
đ)








Câu
Va
(1,0

đ)





Câu
IVb
(2,0
đ)


+ 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
 

 



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

0,5

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,50

0,50



0,25
0,25

0,50

0,25



Câu Đáp án Điểm





Câu
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)
0,25

0,25
0,25


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