Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 36 ppt

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7 điểm.. 1 điểm Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a;góc giữa cạnh bên và đáy bằng 600.Tính diện tích xung quanh và thể tích của khối nón

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM 2013

SỞ GD- ĐT QUẢNG NAM Môn thi : TOÁN

Thời gian làm bài 150 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu 1.(3 điểm) Cho hàm số y =

4

2

- 3x +

2 2 (C)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)

2 Viết phương

trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại điểm có hoành độ x = 1

Câu 2 (3 điểm )

1 Giải phương trình: 16x 17.4x 160

2 Tính tích phân I=  cos 

0

sin

x







3 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2x34x22x2

trên [ 1; 3]

Câu 3 (1 điểm ) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a;góc

giữa cạnh bên và đáy bằng 600.Tính diện tích xung quanh và thể tích của khối nón đỉnh S, đáy là hình tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD

II.PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)

1.Theo chương trình chuẩn:

Câu 4.a (2điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d):

và mặt phẳng(P): x2y2z 6 0

1 Viết phương trình mặt cầu tâm I(1; 2; 3) và tiếp xúc với mặt phẳng (P)

2 Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa đường thẳng (d) và vuông góc với mặt phẳng (P)

Câu 5.a ( 1,0 điểm ).Giải phương trình: x2 2x 5 0 trên tập số phức

2.Theo chương trình nâng cao :

Câu 4.b ( 2,0 điểm ): Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d):

1 3

1 5

 





  



  



và mặt phẳng

(P): 2x + y + z – 8 = 0

1/ Chứng tỏ đường thẳng (d) không vuông góc mp (P) Tìm giao điểm của

đường thẳng (d)

và mặt phẳng (P)

2/ Viết phương trình đường thẳng (d’) là hình chiếu vuông góc của đường

thẳng (d) lên

mặt phẳng (P)

Câu 5.b ( 1,0 điểm ) :Giải phương trình: z2  (3 4 )  i z    ( 1 5 ) i  0 trên tâp

số phức

HẾT

Sở GD & ĐT Quảng Nam KỲ THI TỐTNGHIỆPTRUNG HỌC PHỔ

THÔNG NĂM 2013

Trường THPT Chu Văn AN Đáp án môn thi: TOÁN

(ĐỀ THI THAM KHẢO) -

Câu 1

3 điểm

1 - Tập xác định R

- Sự biến thiên:

+ Giới hạn: lim ; lim

+ Bảng biến thiên:

Chiều biến thiên: y’ = 2x3 – 6x = 0 x = 0 hoặc x =  3

x  - 3 0 3 

y ‘ - 0 + 0 - 0 +

y

 5

2 

-2 - 2

Hàm số đồng biến trên các khoảng (  3; 0 ) và( 3;  ), hàm số nghịch biến trên khoảng (   , 3) & (0, 3)

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 5

2,

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 , yCT = -2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

- Đồ thị : vẽ đúng, có bảng giá trị đặc biệt

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-5

5

x y

Kết luận: Đths nhận Oy làm trục đối xứng

0,5

2 - Khi x = 1, ta có y = 0

- Hệ số góc tiếp tuyến : y’( 1 ) = -4

- Phương trình tiếp tuyến cần tìm là : y = -4( x – 1 ) = -4x +4

0,25 0,25 0,5

Câu 2

3 điểm

1 - Đưa về 2

4 x 17.4x 160

- Đặt t = 4x đk : t > 0

16

t

t







thỏa đk

- t = 1 4x  1 x0

- t = 16 4x 16 x2

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0 và x = 2

0,25

0,25

0,25 0,25

2

- I = osx

0ec .sinx.dx

0x s inx.dx



* đặt t = cosx dt = - sinxdx và x=0t=1 ; x= t=-1 Nên osx

0ec .sinx.dx

1 1

1 ( dt) dt =

e







*đặt



Nên

0x s inx.dx

0

Vậy I = 1

e

e 

 

0,25

0,25

0,25

0,25

3 f(x) = -2x3

+4x2- 2x +2 trên đoạn   1;3 

0,25

f ‘(x) = 6x2 8x2 = 0

1 1;3 3

x x

  







   



f(1) = 2; f(3) = -22; f(-1) = 10; f(1

3) =

46 27

Vậy

 1;3 

max ( ) 10 f x



 1;3 



 

0,25

0,5

Câu 3

1 điểm

- Do SABCD là hình chóp đều nên ABCD là hình vuông cạnh a Gọi O=ACBD SO là đường cao h.chóp và là đường cao hình nón

- Do OD là hình chiếu SD lên (ABCD) nên góc giữa cạnh bên SD và đáy là SDO



Trong tam giác vuông SOD ta có SO = DO tan 600 = 3

2

2

a

=

2

6

a

os60

DO

a

c  (SD = l là đường sinh của hình nón)

- Đường tròn ngoại tiếp ABCD có tâm O bán kính r=OD = 2

2

a

Vậy :

- Diện tích xung quanh hình nón là :

2

xq

a

S rl  a  a (đvdt)

- Thể tích khối nón là

V =

2

3 2

(đvtt)

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4a

2 điểm

1 (S) có bán kính R bằng khoảng cách từ I đến (P)

R= d(I; (P)) = 1.1 2.( 2) 2.3 6 1

1 4 4



 

Vậy (S): x12y22 z32 1

0,5

0,5

2 - (d) qua A(-2;0;-3) có VTCP u  r (1; 2;2) 

- (P) có VTPT n  r (1;2; 2) 

() qua A có VTPT n ur '    u n ur r ;     0;4; 4   4(0;1;1)

Pttq của () là: y + z +3 = 0

0,25

0,25 0,25

0,25

Câu 5a

2

- phương trình có 2 nghiệm phức là: x = -1 – 2i và x = -1 + 2i

0,25 0,5

Câu 4b

2 điểm

1 a).- (d) qua A(2;-1;1) có VTCP u  r (2;3;5)

- (P) có VTPT n  r (2;1;1)

Ta có:   u n ur r ;      2;8; 4    0 r nên ur &nr không cùng phương do đó d không vuông góc với (P)

b) Gọi H = d ( )P nên H  2  2 ; 1 3 ;1 5 t   t  t  thế vào phương trình của (P) ta được: 2(2+2t)-1+3t+1+5t -8 =0t=1

3

Vậy 8 8

;0;

H    

0,25

0,25

0,25

0,25

2 - đường thẳng d’ qua A d và vuông góc với (P) nên nhận VTPT của (P) làm VTCP có ptts là:

 





  



  



-K = d'( )P nên K  2  2 '; 1 t   t ';1  t '  thế vào (P) t’ =2

3

Nên 10 1 5

K     

Do đó đường thẳng qua H, K là hình chiếu vuông góc của d lên (P) có

0,25

0,25

0,25

VTCP 2 ; 1 ; 1 1  2; 1; 3 

uuur

Vậy d’:

8 2 3

8 3 3







 







0,25

Câu 5b

1 điểm

2

0,5

0,5