Đề thi thử tốt nghiệp THPT tỉnh Đồng Tháp năm 2014

1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm có 01 trang)
THI DIỄN TẬP TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2014
Năm học: 2013-2014
Môn thi: TOÁN HỌC - Lớp 12
Ngày thi: 13/5/2014
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.
2) Tìm m để đường thẳng ( ): 2d y x m   cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt.
Câu 2 (3,0 điểm)
1) Giải phương trình
2 2
2 4 1
2

log log 2log 8 0x x   .
2) Tính tích phân
cos
0
( )sin
x
I e x xdx

 

.
3) Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình
( 3) 1 6m x x m     có nghiệm.
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật với ; 2AB a AC a  .
Hình chiếu vuông góc của đỉnh
S
trên mặt phẳng ( )ABCD trùng với giao điểm của
AC
và BD , mặt
phẳng ( )SAB tạo với đáy một góc
0
60 . Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
theo a.
II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

1. Theo chương trình chuẩn
Câu 4.a (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm (1;0;2), ( 2;1;1), ( 1; 1;1)A B C  
1) Viết phương trình mặt phẳng ( )ABC .
2) Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm nằm trên mặt phẳng ( )Oxy và đi qua các điểm , ,A B C .
Câu 5.a (1,0 điểm). Tìm số phức z sao cho ( 1) (1 2 ) (2 )(2 3 )i z i i i      .
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 4.b (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ( )d có phương trình
1 3 1
3 2 2
x y z
  
 
 
và mặt phẳng ( )P có phương trình 3 4 0x y z    .
1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng ( )d và mặt phẳng ( )P .
2) Viết phương trình mặt phẳng ( )Q chứa đường thẳng ( )d và vuông góc với mặt phẳng ( )P .
Câu 5.b (1,0 điểm). Giải phương trình
2
(3 4 ) 1 5 0
z i z i
     trên tập số phức.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:………………………………… Số báo danh:…………………………………

Chữ kí giám thị 1:………………………………… Chữ kí giám thị 2:……………………………

www.VNMATH.com
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP

HƯỚNG DẪN
CHẤM CHÍNH THỨC
(gồm có 04 trang)
THI DIỄN TẬP TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2014
Năm học: 2013-2014
Môn thi: TOÁN HỌC - Lớp 12
Ngày thi: 13/5/2014

I. Hướng dẩn chung

1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm
từng phần như Hướng dẫn chấm thi quy định.
2) Việc chi tiết hóa điểm số của từng câu (nếu có) trong Hướng dẫn chấm thi phải bảo đảm không
làm sai lệch Hướng dẫn chấm thi và phải được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,50 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,50; lẻ 0,75 làm
tròn thành 1,00 điểm).
II. Đáp án và thang điểm

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. (2,0 điểm)
a) Tập xác định:
 
\ 1D  

0,25

b) Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
2
1
' 0,
( 1)
y x D
x

   

.
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng


;1 và


1; .
0,50
 Tiệm cận:

1 1
lim ; lim
x x
y y
 
 
   


1
x

là tiệm cận đứng.
lim 2; lim 2
x x
y y
 
   2y  là tiệm cận ngang.

0,50
 Bảng biến thiên:

x
 1 
y’
 
y
2






2

0,25




Câu 1
(3,0 điểm)

c) Đồ thị (C):


0,50
www.VNMATH.com
2
2. (1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của
( )d
và
( )C


2 1
2
1
x
x m
x


  

(1)
Điều kiện: 1
x

Khi đó: (1) 2 1 ( 2 )( 1)x x m x     

2
( ) 2 1 0f x x mx m      (2)

0,25
( )d
cắt
( )C
tại hai điểm phân biệt


(1)
có hai nghiệm phân biệt



(2)
có hai nghiệm phân biệt khác 1

0,25

2

0
8 8 0
(1) 0
1 0
m m
f
  
  

 






0,25
 4 2 2m   hoặc 4 2 2m  
Vậy giá trị
m
cần tìm là:




;4 2 2 4 2 2;m     

0,25
1. (1,0 điểm)

Điều kiện: 0x 
Đặt
2
logt x , phương trình trở thành:

2
6 0t t  



3
2
t
t
 






0,50
Với 3t   , ta có
2
1
log 3
8
x x   
0,25
Với

2t 
, ta có
2
log 2 4x x  

Vậy tập nghiệm phương trình là:
1
;4
8
S
 

 
 

0,25
2. (1,0 điểm)
I =



0
xcos
xdxsin)xe( =
 

 
0 0
cos
sinsin. xdxxxdxe

x
= K + L
0,25
 Đặt t = cosx  dt = -sinxdx
Đổi cận: x = 0  t = 1, x =   t = -1
 K =


1
1
dte
t
= e -
e
1

0,25
 Đặt u = x  du = dx, dv = sinxdx  v = -cosx
 L =




0
0
cos)cos( xdxxx = 
0,25
Vậy: I =  + e -
e
1

. 0,25
3. (1,0 điểm)

Điều kiện: 1x  
Đặt 1t x  với 0t  , bất phương trình trở thành:

2
( 3) 5m t t m   
2
( 1) 3 5t m t t    

2
3 5
1
t t
m
t
 
 

(2)
0,25
Xét hàm số
2
3 5
( )
1
t t
f t
t

 


trên


0;D   . Ta có:
2
2
2 8
'( )
( 1)
t t
f t
t
 



'( ) 0 2
f t t
  
0,25
Câu 2
(3,0 điểm)

Bảng biến thiên
www.VNMATH.com
3

t

0
2 
'( )
f t


0

( )
f t
5 


1




0,25



Bất phương trình (1) có nghiệm  Bất phương trình (2) có nghiệm t D
 min ( ) 1
t D
m f t

 

Vậy giá trị m thỏa đề bài là:


1;m 

0,25


Gọi
O AC BD 
và I là trung điểm của AB . Suy ra:
( )SO ABCD và
 


0
( ),( ) 60
OI AB
SAB ABCD SIO
SI AB


  






0,25

Xét
ABC
, ta có:
2 2
3BC AC AB a  

Suy ra:
2
. 3
ABCD
S AB BC a 

0,25
và
1 3
2 2
a
OI BC 
Xét
ABC
, ta có:
0
3 3
.tan60 . 3
2 2
a a
SO OI  
0,25
Câu 3
(1,0 điểm)

Vậy
3
2
1 1 3 3
. . . 3.
3 3 2 2
ABCD
a a
V S SO a  

0,25
1. (1,0 điểm)

Ta có:
( 3;1; 1)AB   

và
( 2; 1; 1)AC    


0,25
Suy ra VTPT của (ABC) là:


; 2; 1;5n AB AC
 
   
 
  

0,25
Phương trình mặt phẳng ( )ABC là: 2( 1) 1( 0) 5( 2) 0x y z      
0,25
2 5 8 0x y z    
0,25
2. (1,0 điểm)

Vì tâm của mặt cầu nằm trên mặt phẳng ( )Oxy nên ( ; ;0)I x y
0,25
Ta có:
2 2
2 2
6 2 1
2 4 3
IA IB IA IB x y
IB IC x y
IB IC

    
 

 
  
   


 



1
10
4
5
x
y










1 4
; ;0
10 5
I
 
 
 

0,25
Bán kính mặt cầu là:
109
20
R IA 

0,25
Câu 4.a
(2,0 điểm)

Vậy phương trình mặt cầu
2 2
2
1 4 109
( ):
10 5 20
S x y z
   
    
   
   


0,25
www.VNMATH.com
4
)32)(2()21()1( iiizi   (i + 1)
z
- (1 + 2i) = 7 + 4i
0,25
 (i + 1)
z
= 8 + 6i
0,25

z

=
i
i


1
68
= 7 - i 0,25
Câu 5.a
(1,0 điểm)

Suy ra: z = 7 + i 0,25
1. (1,0 điểm)

Gọi ( )A d P  , suy ra tọa độ
A
là nghiệm của hệ phương trình:

1 3
3 2
1 2
3 4 0
x t
y t
z t
x y z
 


 



 


   



0,25
Suy ra:
1 3 3(3 2 ) 1 2 4 0 1t t t t         

0,25
Với
4
1 1
3
x
t y
z



   





0,25
Vậy tọa độ


4;1;3A
0,25
2. (1,0 điểm)

Ta có ( )d qua


1;3;1M và có VTCP


3;2; 2
d
a   



(P)
có VTPT
( )
(1; 3;1)
P
n  


0,25
Do mặt phẳng ( )Q chứa đường thẳng ( )d và vuông góc với mặt phẳng ( )P nên một

VTPT của ( )Q là:

( ) ( )
; (4; 1; 7)
Q P d
n n a
 
   
 
  


0,25
Phương trình ( )Q là:
4( 1) 1( 3) 7( 1) 0x y z     

0,25
Câu 4.b
(2,0 điểm)

 4 7 6 0x y z   
0,25
 =
2
(3 4 ) 4( 1 5 ) 3 4i i i      

0,25
=
2
(1 2 )i

0,25
Phương trình có hai nghiệm phức là :
1
2 3
z i
 
0,25
Câu 5.b
(1,0 điểm)

2
1
z i
 
0,25




www.VNMATH.com