Đề thi thử THPT quốc gia, ôn thi đại học tham khảo (42)

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn: Toán – Lớp 12 THPT
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 23 tháng 4 năm 2013

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (3,0 điểm)

2x −1
(1).
x −1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1).
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) tại điểm có hoành độ bằng 2.
Câu II. (3,0 điểm)
1) Giải phương trình 49 x − 9.7 x + 14 = 0.
Cho hàm số y =

π
3

2) Tính tích phân I = sin x + cos x dx.
∫0 cos x
3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 + ( m2 − 1) x + 2 đạt cực tiểu tại điểm x0 = 2.
Câu III. (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a. Hai mặt bên (SAB) và
(SAD) vuông góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chương trình chuẩn

Câu IVa. (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;1;1) và hai đường thẳng
x −1 y + 2 z +1
x − 2 y − 2 z +1
d:
=
=
, d′ :
=
=
1
−3
2
2
−3
−2
1) Viết phương trình mặt phẳng (α ) đi qua điểm A đồng thời vuông góc với đường thẳng d.
2) Viết phương trình của đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d đồng thời cắt
đường thẳng d ′.
Câu Va. (1,0 điểm)
2
Tìm các số thực x và y để hai số phức z1 = y − 4 − 10 xi và z2 = 3 y − 20i là liên hợp của nhau.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb. (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
x −1 y + 2 z − 3
x y −1 z − 6
d1 :
=
=

=
và d 2 : =
1
1
−1
1
2
3
1) Chứng minh rằng d1 và d 2 chéo nhau.
2) Viết phương trình mp(P) chứa d1 và song song với d 2 . Tính khoảng cách giữa d1 và d 2 .
Câu Vb. (1,0 điểm)
−1 + i
Viết số phức sau dưới dạng lượng giác z =
.
3 +i
======Hết======
(Đề thi có 01 trang)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………..Số báo danh:…………….


SỞ GD&ĐT BẮC NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn: Toán – Lớp 12 THPT

Câu
I.1

Thang

điểm

Lời giải sơ lược

 Tập xác định: D = ¡ \{1}
 Chiều biến thiên
−1
< 0, ∀x ∈ D
+ Đạo hàm: y ′ =
( x − 1) 2
+ Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.
+ Giới hạn và tiệm cận:
lim y = 2; lim y = 2 ⇒ đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị HS.
x →−∞
x →+∞

2,0
0,5

0,5

lim y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị HS.
x →1

x →1−

+ Bảng biến thiên
x –∞
y’
2

y

1

+∞

–

–

0,5

+∞
–∞

2

Đồ thị:
+ Giao điểm với trục hoành: y = 0 ⇔ 2 x − 1 = 0 ⇔ x =
+ Giao điểm với trục tung: x = 0 ⇒ y = 1

1
2

0,5

I.2

y ( 2 ) = 3, y ' ( 2 ) = −1

Phương trình tiếp tuyến tại điểm M ( 2;3) là y = − x + 5 .
II.1

1,0
0,5
0,5
1,0

Đặt t = 7 (ĐK: t > 0), phương trình trở thành
t = 2
t 2 − 9t + 14 = 0 ⇔ 
( t / m)
t = 7

0,5

x
 Với t = 2 , 7 = 2 ⇔ x = log 7 2
 Với t = 7 , 7 x = 7 ⇔ x = 1
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm: x = 1 và x = log 7 2

0,5

x

II.2

1,0

π
3

π
3

π
3

π
sin xdx
d cos x
+ ∫ dx = − ∫
+x 3
0
cos x 0
cos x
0
0

I =∫

= − ln cos x

π
3
0

+

0,5

π
π
= ln 2 + .
3
3

0,5

II.3

1,0
y = x − 3mx + (m − 1) x + 2 có TXĐ D = ¡
y ′ = 3 x 2 − 6mx + m 2 − 1 , y ′′ = 6 x − 6m
3

2

2

m = 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x0 = 2 ⇒ f ′(2) = 0 ⇒ m − 12m + 11 = 0 ⇒ 
 m = 11
Thử lại, với m = 11 thì y " ( 2 ) < 0 (không thỏa mãn)

0,5

2

với m = 1 thì y " ( 2 ) > 0 (thỏa mãn)
Vậy với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x0 = 2 .
III

0,5
1,0

0,5

( SAB ) ⊥ ( ABCD)

( SAD) ⊥ ( ABCD) ⇒ SA ⊥ ( ABCD)
( SAB ) ∩ ( SAD) = SA

·
Suy ra hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC, do đó SCA
= 600
SA
·
·
tan SCA
=
⇒ SA = AC.tan SCA
= AB 2 + BC 2 .tan 600 = a 2 + (2a ) 2 . 3 = a 15 .
AC
1
1
2a 3 15
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: V = SA.S ACBD = ·a 15·2a 2 =
(đvtt).

3
3
3
IVa.1

r r
mp (α ) đi qua A(2;1;1) , vtpt của (α ) là n = ud = (1; −3; 2)
( x − 2) − 3( y − 1) + 2( z − 1) = 0 ⇔ x − 3 y + 2 z − 1 = 0

IVa.2
 x = 2 + 2t

PTTS của d ′ :  y = 2 − 3t
 z = −1 − 2t


Thay vào phương trình mp (α ) ta được:
(2 + 2t ) − 3(2 − 3t ) + 2( −1 − 2t ) − 1 = 0 ⇔ 7t − 7 = 0 ⇔ t = 1

0,5
1,0
0,5
0,5
1,0
0,5


Giao điểm của (α ) và d ′ là B (4; −1; −3)
r uuur
Đường thẳng ∆ chính là đường thẳng AB, đi qua A(2;1;1) , có vtcp u = AB = (2; −2; −4) nên

 x = 2 + 2t

có PTTS: ∆ :  y = 1 − 2t (t ∈ ¡ )
 z = 1 − 4t

Va

0,5

1,0
 y − 4 = 3y
z1 = z2 ⇔ y 2 − 4 − 10 xi = 3 y + 20i ⇔ 
−10 x = 20
  y = −1

⇔   y = 4 . Kết luận các cặp số ( x; y ) thỏa mãn là ( −2; −1) , ( −2; 4 )
 x = −2

2

IVb.1

r
d1 đi qua điểm M 1 (1; −2;3) , có vtcp u1 = (1;1; −1)
r
d2 đi qua điểm M 2 (−3; 2; −3) , có vtcp u2 = (1; 2;3)
uuuuuur
 1 −1 −1 1 1 1 
r r
;

;
Ta có [u1 , u2 ] = 
÷ = (5; −4;1) và M 1M 2 = (−4; 4; −6)
2 3 3 1 1 2
u
u
uuuur
r r
Suy ra, [u1 , u2 ].M 1M 2 = 5.(−4) − 4.4 + 1.(−6) = −42 ≠ 0 , do đó d1 và d2 chéo nhau.

IVb.2
Mặt phẳng (P) chứa d1 và song song với d 2 . Nên (P) đi qua M 1 (1; −2;3) , vtpt của (P):
r r r
n = [u1 , u2 ] = (5; −4;1)
Do đó PT của mp(P) là: 5( x − 1) − 4( y + 2) + 1( z − 3) = 0 ⇔ 5 x − 4 y + z − 16 = 0
Khoảng cách giữa hai đường thẳng d1 và d2 bằng khoảng cách từ M2 đến mp(P):
5.( −3) − 4.2 + (−3) − 16
42
d (d1 , d 2 ) = d ( M 2 , ( P)) =
=
= 42
2
2
2
42
5 + (−4) + 1
Vb

0,5

0,5
1,0

0,5

0,5
1,0
0,5

0,5
1,0

3π

3π 
÷,



Ta có −1 + i = 2  cos + i sin
4
4

Suy ra, z =

2
7π
7π 
 cos( ) + i sin( ) ÷
2 

12
12 

3 + i = 2(cos

π
π
+ i sin )
6
6

0,5
0,5