de thidap an thi thu tot nghiep THPT 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP LỚP 12 NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN CÂU Câu 1. 1). NỘI DUNG ĐÁP ÁN 4. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x  4 x  3. ĐIỂM 2,0. 1. Tập xác định: R. 2. Sự biến thiên. lim y  lim y   x   a. Giới hạn: x   .. 0,25.  x 0 y '  4 x3  8 x; y ' 0    x  2 b. Bảng biến thiên: x  2 2   0 y’ + 0 0 + 0 y 1 1. 0,25. -3. . 0,5. .   ;  2  và  0; 2  , nghịch biến trên mỗi khoảng Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   2;0  và  2;  . x  2, y  y   2  1 x 0, y  y  0   3 Hàm số đạt cực đại tại , đạt cực tiểu tại. 0,25. 3. Đồ thị:- Giao điểm của đồ thị với Oy: (0; - 3).  3;0 ,   1; 0  ,  1;0  , 3;0 - Giao điểm của đồ thị với Ox: . Ghi chú: Riêng phần vẽ đồ thị cho 0,25 điểm, việc tìm giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ cho 0,25 điểm. Nếu HS không trình bày tọa độ giao điểm mà có vẽ trên đồ thị cũng chấp nhận cho điểm.. 0,25. CD. CD. . Câu 1. 2). 2. CT. . . 0,25. CT. . 0,25. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm phương trình: x  4 x m. 4 2 4 2 Ta có: x  4 x m   x  4 x  3  m  3 (1) Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y  m  3 . M  0;  m  3 Đường thẳng y  m  3 vuông góc với Oy và cắt Oy tại .. 1,0. Dựa vào đồ thị ta có: Nếu:  m  3  1  m   4 : Phương trình (1) vô nghiệm. Nếu  m  3 1  m  4 : phương trình (1) có hai nghiệm. Nếu:  3   m  3  1   4  m  0 : Phương trình (1) có 4 nghiệm. Nếu:  m  3  3  m 0 : Phương trình (1) có 3 nghiệm. Nếu:  m  3   3  m  0 : Phương trình (1) có hai nghiệm. Kết luận: Nếu m   4 : Phương trình vô nghiệm.. 0,5. 4. 2. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 2. 1). Nếu m  4 hoặc m  0 : Phương trình có hai nghiệm. Nếu m 0 : Phương trình có 3 nghiệm. Nếu  4  m  0 : Phương trình có 4 nghiệm. Ghi chú: Nếu HS sót 1 hoặc 2 TH thì trừ 0,25 điểm. 2 Giải phương trình: log 2 x  3log 2 x  2 0 (1) 2 Điều kiện: x  0 . Đặt t log 2 x . Ta có phương trình: t  3t  2 0  t 1 hoặc t 2 .. Với t 1 ta có: log 2 x 1  x 2 . Với t 2 ta có: log 2 x 2  x 4 .. 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25. Vậy phương trình có hai nghiệm x 2; x 4 Câu 2. 2). 1,0. 1. Tính tích phân:. I x  x  e x  dx 0. 1. Ta có:. . 0,25. 1. I x 2 dx  xe x dx 0. 0. . 0,25. 1. 1. 1 1 I1 x 2 dx  x 3  3 0 3 0 x x Đặt u  x, e dx dv  du dx, v e 1. 1. 1. 0,25. 1. I 2 xe x dx  xe x  e x dx e  e x 1 0. 0. Vậy Câu 2. 3). Câu 3.. I I1  I 2 . 0. 0. 0,25. 4 3.. 1 y  x3   m  1 x 2   m2  4m  x  1 3 Tìm tất cả các giá trị của m để hs đồng biến trên R . 2 2 y ' x  2  m  1 x  m  4m Ta có: . Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi: y ' 0, x  R . Tức là:. 1,0. 1 x 2  2  m  1 x  m 2  4m 0 x  R   ' 0  6m  1 1  m  6 Ghi chú: Tính đúng  mà giải sai đk thì cho 0,5 điểm toàn câu. 1 m  6. Vậy. 0,5. Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’, ABC là tam giác vuông tại A, AB a, BC 2a , đường thẳng AB’ tạo với (ABC) một góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ . Áp dụng định lí pitago trong tam giác vuông ABC ta có:. 1,0. 2. 2. 2. 0,25. 0,25. 0,25. 2. AC  BC  AB  4a  a a 3 . Diện tích tam giác ABC là: 1 1 a2 3 S ABC  AB. AC  a.a 3  2 2 2 . Vì ABCA’B’C’ là lăng trụ đứng nên AB là hình chiếu vuông góc của AB’ lên (ABC), do đó: góc giữa AB’ với (ABC) chính  là góc giữa hai đường thẳng AB’ và AB và bằng góc BAB ' .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0  Từ giả thiết suy ra: BAB ' 60 .. BB '  BB '  AB.tan 600 a 3 AB Xét tam giác vuông ABB’ có: . a 2 3 3a3 VABCA ' B ' C ' BB '.S ABC a 3.  2 2 Vậy thể tích của khối lăng trụ ABCA’B’C’ là:  tan BAB '. Câu 4. 1). Câu 4. 2). Câu 5.. 0,25 0,25.  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 0 và  P  : x  y  z 0 . Gọi I là tâm của mặt 1,0 Cho mặt cầu cầu (S). Xác định tọa độ điểm I và bán kính của mặt cầu. Tính khoảng cách từ I dến (P). 0,25 I  1;1; 0  Tọa độ tâm mặt cầu là , 2 2 0,25 bán kính mặt cầu là R  1  1  2 2 . 0,5 1 1  0 2 d  I; P    3. 12  12  12 Khoảng cách từ I đến (P) là: Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn. Xác 1,0 định tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến đó. 0,25 2 d  I; P    2 R 3 Vì nên mặt phẳng (P) cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn. Gọi J là tâm của đường tròn giao tuyến, khi đó J là hình chiếu vuông góc của I trên (P). 0,25 Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với (P). Phương trình tham số của  có dạng:  x 1  t   :  y 1  t  z 0  t  (t là tham số). Tọa độ điểm J thỏa mãn hệ: 0,25 1   x 3  x 1  t   y 1  t 2  1  1 1 2  3t  2 0  t    y   J  ; ;    3  3 3 3 3  z 0  t 2  x  y  z 0   z  3  0,25 4 8 r  R 2  IJ 2  4   3 3 Bán kính của đường tròn giao tuyến là: 1,0  z  1  z  2   5 Giải phương trình trên tập số phức: (1) 0,25  1  z 2  3z  7 0 0,25.  32  4.7  19 19i 2 . 3 19 3 19  i z2   i 2 2 và 2 2 . Phương trình có hai nghiệm phức là: 3 19 3 19 z1   i z2   i 2 2 và 2 2 . Vậy phương trình có hai nghiệm: z1 . 0,5. TỔNG 10,0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> GHI CHÚ: NẾU HỌC SINH GIẢI CÁCH KHÁC ĐÁP ÁN MÀ VẪN ĐÚNG THÌ CHO ĐIỂM TỐI ĐA PHẦN ĐÓ..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>