DA Thi thu TN lan 2Lomo

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT M.V. LÔMÔNÔXỐP. ĐÁP ÁN ĐỀ 1 - THI THỬ TỐT NGHIỆP LẦN 2 (Năm học 2012-2013) Câu Câu 1. Đáp án đề 1 4 2 a. (2điểm) Khảo sát … y x  2x  3. (3điểm). -. Điểm. TXĐ:  Sự biến thiên: lim y  lim y  x   Giới hạn: x     . 0,5.  x 0 y ' 4x 3  4x 4x(x 2  1); y ' 0    x 1 Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (  1;0) và (1; ) ; nghịch biến trên mỗi khoảng. 0,5. (  ;  1) và (0;1) . Hàm số đạt cực đại tại xCD 0, yCD 3 ; đạt cực tiểu tại xCT 1, yCT 2 Bảng biến thiên: x. . -1. y’. -. 0. 0 + 0 -. . . 1 0. +. . 3. y 2. 0,5. 2.  Đồ thị: Một số điểm thuộc đồ thị: (-2;11), (2;11). Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng. 10. 8. 0,5 6. 4. 3. 2. -10. -5. -2. -1. O. 1. 2. 5. 10. b. (1điểm) Tìm m để phương trình …. x 4  2x 2  log 5 m 0  x 4  2x 2  3 log 5 m  3 Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng  log 5 m  3 2   log 5 m  3  3 Từ đồ thị suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt 1   log 5 m  1  m    5   log 5 m  0  m  1 Câu 2. y log 5 m  3. 0,25 0,25 0,5. 1. (1điểm) Giải bất phương trình. (3điểm). Điều kiện:. x  0 1  1 x  3  x  3. 0,25. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> log 2 x + log 2. 3x - 1 x 2 +1. > 0 Û log 2. 3x 2 - x x 2 +1. 0,25. >0. 3x 2 - x 2x2 - x - 1 > 1 Û >0 x 2 +1 x 2 +1 éx >1 ê 2 Û 2 x - x - 1> 0 Û ê - 1 êx < ê 2 ë Û. 0,25 0,25. Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là (1; ) 2. (1điểm) Tính tích phân ……….. 1. 1. 1. 2x  1 2x  1 1   1 I  2 dx   dx     dx x  x 6 ( x  3)( x  2) x 2 x  3 1 1  1 1. 0,5. 1. 1 1 1 3  d ( x  2)   d ( x  3)  ln x  2  ln x  3  ln 1 x  2 x  3 2 1 1. 0,5. 3. (1điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất ………… TXĐ: [ . 2; 2] 2. y'  2 x . x2. 2  x2 y ' 0  x 1 (TM ). . [ 2 ; 2 ]. Câu 3 (1điểm). 0,25. 2  x2. y (  2) 0; y ( 1)  1; y (1) 1;  Max y 1 khi x 1;. 0,25. 2  2 x2. 0,25 0,25. y ( 2) 0. Min y  1 khi x  1. [ 2; 2 ]. Tính thể tích khối lăng trụ …. Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AC và BC. Theo giả thiết I là hình chiếu của A’ lên (ABC) nên AI là hình chiếu của A’A lên (ABC). Do đó:  A ' A,( ABC )   A ' A, AI  A ' AI 600 0  Xét tam giác A’AI vuông tại I có A ' I  AI tan A ' AI a.tan 60 a 3. 0,25. 2. a 7  3a  CH  CB 2  HB 2  4a 2     2  2  Xét tam giác CBH vuông tại H có 1 1 a 7 3a 3 21  A ' I .S ABC  A ' I . CH . AB a 3. . .3a  V 2 2 2 4 Vậy thể tích lăng trụ cần tìm là (đvtt) A'. 0,25 0,5. C'. B'. A. I. C. H B. Câu 4a. 1. (1 điểm) Chứng minh A, B, C, D là bốn đỉnh của tứ diện….. (2điểm). -. Ta có 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> .  AB ( 2;  1;0)     AB, AC   2;  4;  3   AC ( 1;1;  2)      AD ( 2;0;1)   AB, AC  . AD  7 0  A, B, C, D là bốn đỉnh một tứ diện -. Mặt phẳng (ABC): đi qua A(2;0;0) và có VTPT là 2 x  4 y  3z  4 0 .. 2. (1 điểm) Tìm chân đường cao hạ từ C….. -. Mặt phẳng (ABD) đi qua A(2;0;0) và có VTPT trình là  x  2 y  2 z  2 0. -. Câu 5a (1điểm). Câu 4b (2điểm). 0,25     n  AB, AC  (2;  4;  3).   n1  AB, AD  ( 1;2;  2). 0,5 có phương trình. có phương 0,25. Gọi H(x;y;z) là chân đường cao hạ từ C xuống mặt phẳng (ABD). Khi đó:  x  1  t  x 1  t     t   : CH tn1   y  1 2t   y 1  2t  H (1  t;1  2t ;  2  2t )  z  2  2t  z  2  2t   7 H  ( ABD)   (1  t )  2(1  2t )  2( 2  2t )  2 0  t  9 Lại có. 0,25 0,25 0,25.  16 5 4  H  ; ;  Vậy  9 9 9  . Tìm phần thực, phần ảo……… 2  3i  4  7i 44 2 8  i    i 1  2i 5 5 5 44 2 Phần thực 5 ; phần ảo 5 1. (1điểm) Tính khoảng cách……. z (3  2i)(2  i) . d ( A,( P )) . 2  2.( 1)  2.3  1 12  ( 2) 2  22. 0,75 0,25. 3. 0,25. Gọi A '( x; y; z ) là điểm đối xứng với A(2;-1;3) qua (P). Khi đó:  x  2 t  x 2  t     t   : AA ' tnP   y  1  2t   y  1  2t  z  3 2t  z 2  2t  . 0,25. Lại có trung điểm I của AA’ thuộc mặt phẳng (P) nên: 22t  1  1  2t 3  2  2t  16  2.  2.  1 0  4  t  4  4t  10  4t  2 0  t  2 2 2 9 2 23 14   A ' ; ;   9 9 9  Vậy  2. (1điểm) Tìm điểm I…... 0,25 0,25. Giả sử I (1  t ;  2  t;2  2t )  d . Vì AI d ( A,( P)) nên:. 0,25. (2  1  t )2  ( 1  2  t ) 2  (3  2  2t ) 2 3  (t  1) 2  (t  1) 2  (2t  1) 2 9. 0,25 0,25 0,25. 2.  6t 6  t 1 Câu 5b. Vậy có hai điểm I thỏa mãn I (2;  1;0) và I (0;  3;4) Tìm phần thực, phần ảo……... 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> (1điểm). 7.   3 7 1        *  3  i   2   i   27  cos    i sin  2    6   6    2. 7.    7    7 7   2  cos    i sin    6   6 .   . 0,25.  64 3  64i. 0,25. 2. 4. *(1  i )  (1  i ) 2  (2i ) 2  4 . . 3 i. . 7. 1  i. 4. 0,25. 256 3  256i. 0,25. Vậy phần thực 256 3 ; phần ảo -256. TRƯỜNG THPT M.V. LÔMÔNÔXỐP. ĐÁP ÁN ĐỀ 2 - THI THỬ TỐT NGHIỆP LẦN 2 (Năm học 2012-2013) Câu Câu 1. Đáp án đề 2 4 2 a. (2điểm) Khảo sát … y  x  2x  2. (3điểm). Điểm. TXĐ:  Sự biến thiên: lim y  lim y   x   Giới hạn: x   . -.  . 0,5.  x 0 y '  4x 3  4x  4x(x 2  1); y ' 0    x 1 Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (  ;  1) và (0;1) ; nghịch biến trên mỗi khoảng. 0,5. (  1;0) và (1; ) . Hàm số đạt cực tiểu tại xCD 0, yCD 2 ; đạt cực đại tại xCD 1, yCD 3 Bảng biến thiên:. . x. -1. y’. +. 0. . 1. 0 - 0 +. 0. 3. 3. y. . 0,5. . 2.  Đồ thị: Một số điểm thuộc đồ thị: (-2;-6), (2;-6). Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng. 3. 2. 0,5 -2 -10. 2 O. -1. -5. 1. 5. 10. -2. b. (1điểm) Tìm k để phương trình … 4. 2. 4. 2. x  2x  ln k 0   x  2x  2 ln k  2 Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng  ln k  2 3   ln k  2  2 Từ đồ thị suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt. 0,25. y ln k  2. 0,25 0,5. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  ln k 1    ln k  0.  k e  k 1 . Câu 2. 1. (1điểm) Giải bất phương trình …….. (3điểm). Điều kiện:. x  0  2  x0   x  3. log 3 2 x + log 3. 2x +3 x2 +9. 0,25. > 0 Û log 3. 4 x2 + 6 x x2 + 9. 0,25. >0. 4x2 + 6x 3x 2 + 6 x - 9 > 1 Û >0 x2 + 9 x 2 +1 éx >1 Û x2 + 2x - 3 > 0 Û ê ê ëx <- 3 Û. 0,25 0,25. Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là (1; ) 2. (1điểm) Tính tích phân ……….. 1 1 1 2x 1 2x 1 1   1 I  2 dx   dx     dx x 2 1 x  x  6  1 ( x  2)( x  3)  1 x  3 1. 0,5. 1. 1 1 1 2  d ( x  3)   d ( x  2)  ln x  3  ln x  2  ln 1 x  3 x  2 3 1 1. 0,5. 4. (1điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất ………… TXĐ:. 0,25.   1;1. y '  1  x2 . x2 2. . 1  2x2 2. ; y ' 0  x . 1 2. 0,25. (TM ). 1 x 1 x 1  1   1  1 y (  1) 0; y     2 ; y    ; y(1) 0 2   2 2 1 1 1 1  Max y  khi x  ; Min y  khi x  [ 2 ; 2 ] [  2 ; 2 ] 2 2 2 2. Câu 3 (1điểm). 0,25 0,25. Tính thể tích khối lăng trụ …. Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB và AC. Theo giả thiết I là hình chiếu của A’ lên (ABC) nên AI là hình chiếu của A’A lên (ABC). Do đó:  A ' A,( ABC )   A ' A, AI  A ' AI 450 Xét tam giác A’AI vuông tại I có. A ' I  AI tan A ' AI . a 2 a 2 .tan 450  2 2 2. a 3 a 5 BH  CB  HC  2a     2  2  Xét tam giác CBH vuông tại H có 1 a 2 1 a 5 a 3 30  A ' I .  A ' I . BH . AC  . . . a 3  V S ABC 2 2 2 2 8 Vậy thể tích lăng trụ cần tìm là (đvtt) 2. 2. 0,25. 2. 5. 0,25 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> A'. B'. C'. A. B. I. H. C. Câu 4a. 3. (1 điểm) Chứng minh A, B, C, D là bốn đỉnh của tứ diện….. (2điểm). -. -. Ta có    AB (2;  1;2)      AB, AC    4;2;5  AC (1; 2;0)     AD (1;0;1)   AB, AC  . AD 1 0  A, B, C, D là bốn đỉnh một tứ diện Mặt phẳng (ABC): đi qua A(-1;0;0) và có VTPT 4 x  2 y  5 z  4 0 .. 4. (1 điểm) Tìm chân đường cao hạ từ B…... (1điểm). Câu 4b (2điểm). 0,25     n  AB, AC  ( 4;2;5). có phương trình là.   n1  AC , AD  (2;  1;  2). -. Mặt phẳng (ACD) đi qua A(-1;0;0) và có VTPT là 2 x  y  2 z  2 0. -. Gọi H(x;y;z) là chân đường cao hạ từ B xuống mặt phẳng (ACD). Khi đó:  x  1 2t  x 1  2t     t   : BH tn1   y  1  t   y  1  t  H (1  2t ;  1  t; 2  2t )  z  2  2t  z 2  2t   Lại có. Câu 5a. 0,25. H  ( ACD )  2(1  2t )  (  1  t )  2(2  2t )  2 0  9t  1  t . có phương trình. 0,5. 0,25 0,25 0,25. 1 9. 0,25.  7  8 20  H ; ;  Vậy  9 9 9  . Tìm phần thực, phần ảo……… 0,75. 3  2i 4  7i 29 12 5  i    i 2 i 5 5 5 29 12 Phần thực 5 ; phần ảo 5 1. (1điểm) Tính khoảng cách……. z (2  3i)(1  i) . d ( B,(Q)) . 2.1  2  2.(  2)  1 22  12  ( 2)2. 0,25. 3. 0,25. Gọi B '( x; y; z ) là điểm đối xứng với B(1;2;-2) qua (Q). Khi đó:  x  1 2t  x 1  2t     t   : BB ' tnQ   y  2 t   y 2  t  z  2  2t  z  2  2t   Lại có trung điểm I của BB’ thuộc mặt phẳng (Q) nên: 1  1  2t 2  2  t  2  2  2t 2.   2.  1 0  4  4t  4  t  8  4t  2 0  t  2 2 2 2 B '  3;0;2  Vậy . 0,25. 0,25 0,25. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2. (1điểm) Tìm điểm K….. Giả sử K (2t;3  t;  1  t )   . Vì BK d ( B,(Q)) nên:. 0,25. (2t  1) 2  (3  t  2) 2  ( 1  t  2) 2 3  (2t  1) 2  (t  1) 2  (t  1) 2 9. 0,25 0,25 0,25.  6t 2 6  t 1 Câu 5b (1điểm). Vậy có hai điểm K thỏa mãn (2;4;0) và (  2;2;  2) Tìm phần thực, phần ảo…….. 5. 5  1 3        5 5 5 *  1  3i   2   i   2  cos    i sin    2  cos  2    3  3   3     2 5.   5   i sin    3.    16  16 3i . 0,25 0,25. 3. *(1  i )6  (1  i) 2  (  2i )3 8i. .  1  3i. . 5.  1  i  6 128. 3  128i. 0,25 Vậ. y phần thực 128 3 ; phần ảo 128.. 7. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>