Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Toán 2013 - Phần 9 - Đề 1 doc

Theo chương trỡnh chuẩn: Cõu 4a.. Theo chương trỡnh nõng cao: Cõu 4b.. Lập phương trỡnh mặt cầu cú tõm A, tiếp xỳc cạnh CD... Thể tích là khối chóp S ABCD.

-

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

Cõu 1 (3 điểm)

1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số 2 3 2  

2 1 C 3

2 Dựa vào đồ thị  C , tỡm m để phương trỡnh: 2 3 2 2 1 0

3x  x  m cú 3 nghiệm phõn biệt? (1 điểm) Cõu 2 (3 điểm)

1 Giải phương trỡnh: 4 log92xlog3x 6 0 (1 điểm)

2 Tớnh tớch phõn  

1 2x 2 ln x

e

3 Tỡm giỏ trị lớn nhất, giỏ trị nhỏ nhất của hàm số y  x e2. 2x - ln x, với x 1; e

e

 

  

Cõu 3 (1 điểm)

Cho hỡnh chúp S ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh a , tõm O Biết SAABCD, gúc tạo bởi

cạnh bờn SB và mặt phẳng ABCD bằng 60 Tớnh thể tớch khối chúp 0 S OBC theo a ? (1 điểm)

II PHẦN RIấNG( 3 điểm) Thớ sinh chọn 1 trong 2 phần ( phần A hoặc phần B )

A Theo chương trỡnh chuẩn:

Cõu 4a (2 điểm) Trong khụng gian Oxyz , cho mặt phẳng  P : 2x + y - 2z - 8= 0

1 Lập phương trỡnh mặt phẳng  Q đi qua điểm M1; 2;3 và song song với mặt phẳng  P (1 điểm)

2 Lập phương trỡnh mặt cầu  S cú tõm là trung điểm của đoạn thẳng AB, với A4, 6, 8 ;  B2; 2;9

Cõu 5a (1 điểm) Tỡm mụđun của số phức z2z , biết z 4 2i (1 điểm)

B Theo chương trỡnh nõng cao:

Cõu 4b (2 điểm)

Trong khụng gian Oxyz , cho cỏc điểm A  2; 3; 1 , B2;1;6 ,  C  3; 0; 1 , D(-1;-2;0) 

1 Chứng tỏ A B C D là 4 đỉnh một tứ diện Tớnh độ dài đường cao , , , DH của tứ diện ABCD, điểm H

2 Lập phương trỡnh mặt cầu cú tõm A, tiếp xỳc cạnh CD Tỡm tọa độ tiếp điểm? (1 điểm)

Cõu 5b (1 điểm) Giải bất phương trình:

3x 3x 2

-Hết -

Trường T.H.P.T Lờ Thành Phương

Tổ Toỏn

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP - MễN TOÁN LỚP 12

Năm học: 2012 – 2013 Thời gian 150 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề

CÂU ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN - LỚP 12 NĂM HỌC 2012-2013 ĐIỂM

Câu 1

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2 3 2  

2 1 C 3

y x  x  TXĐ DR

lim ; lim

     

2

x

x









1 5 3

y y









  

 Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trong ; 0 và 2; 

Hàm số nghịch biến trong 0; 2

Điểm cực đại I10;1, điểm cực tiểu 2 2; 5

3

I   

Đồ thị

Điểm đặc biệt 1; 1

3

A  

  , B3;1, 1; 5

3

C  

0.25 0.25

0.25

0.5

0.25

0.5

2

5 3



y

'

y

0





1

3

2

1 -1

1

0 -1 5 3



y

x A

B

C

1

I

2

I

2/ Phương trình tương đương 2 3 2  

2 1 = *

3x  x  m

 * là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị 2 3 2  

2 1 C 3

thẳng  d ym song song trục Ox Số nghiệm của phương trình đã cho chính bằng số

giao điểm của  C và  d

+ Để phương trình đã hco có 3 nghiệm phân biệt thì 5 1 5 1

      

Vậy 5; 1

3

m  

  thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

0.25

0.25

0.25

0.25

1 Phương trình 4 log92xlog3 x60

Điều kiện x 0

Phương trình tương đương

3

4 log x log x 6 0 log x log x 6 0

3 3

27

1

9

x x













0.25

0.25

0.5

2 Tích phân  

1 2x-2 ln x

e

Đặt

1

dv= 2x-2 x

x d









e

1 1

1 2x ln x 2x x

e

x

2 3

e

0.5

0.25 0.25

Câu 2

3

2 2x

2 lnx

.

e

x

x e

e

 

Ta có y'2x1 e x

1

e

  Suy ra hàm số tăng trên

1

; e

e

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là     2e+1

1

;

 

 

giá trị nhỏ nhất của hàm số là  

2 1 1

;

e

e



 

 

 

 

  

0.25 0.25 0.25

0.25

Câu 3 SAABCD (gt) (1)

AB

 là hình chiếu vuông góc của xuống ABCD

Suy ra góc giữa SB và mặt đáy là góc ·SBA 600

Từ (1), ta có SA là đường cao của hình chóp

S ABCD

Thể tích là khối chóp S ABCD là:

3 2

a

Trong đó, do tam giác SAB vuông tại A, có

AB

SA

   

V  SA dt OBC  S dt ABC  

0.25

0.25

0.25

0.25

 P : 2xy2z 8 0

Vì mặt phẳng  Q song song với mặt phẳng  P : 2xy2z 8 0 nên mặt phẳng

 Q : 2xy2zD0

Theo giả thiết, mặt phẳng (Q) đi qua điểm M1; 2;3 nên D 2

Vậy phương trình mặt phẳng  Q : 2xy2z20

………

2 Trung điểm 1; 4; 1

2

  của đoạn AB

Do mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng  P nên bán kính mặt cầu chính bằng khoảng cách từ

tâm I đến mặt phẳng  P :

 2

2 2

1

2

Phương trình mặt cầu      

2

2

S x  y z  

 

0.5

0.5 - 0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 5a

Ta có: z 4 2i

Suy ra z 4 2i

Khi đó, z2z4 2 i2 4 2  i  4 6i

Vậy z2z   4 2  6 2  522 13

0.25 0.25 0.5

B

D

S

3

a

A

C

O

a

a

a

0 60

Câu 4b

1 Tọa độ các đỉnh là: A2; 3; -1 , B2; 1; 6 ,  C3; 0; 1 ,   D1; 2; 1

Ta có uuurAB4; 2; 7 ; AC uuuur  1; 3; 0 ;   uuuurAD1; 5; 1 

Do uuur uuurAB AC, 21; 7; 14 ;    uuur uuur uuurAB AC A,  D420

Suy ra A B C D là 4 đỉnh một tứ diện , , ,

Thể tích khối tứ diện ABCD là: 1 , D 42 7

V  uuur uuur uuurAB AC A  

3

V



uuur uuur

2

V DH



-

2

Ta có CD uuur 2; 2; 1

Phương trình cạnh  

3 2 2 1

  





 



   

 Phương trình mặt phẳng  P qua A, vuông góc cạnh CD có vectơ pháp tuyến

2; 2; 1

uuur

là: 2x -2y + z +11= 0 Tọa độ giao điểm H của cạnh CD, mặt phẳng (P) là nghiệm của hệ

 

 

 

 

3 2 1

2 2

1 3

   



 





  





Suy ra 4; 35 8; ; 13

Phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc cạnh CD có bán kính bằng khoảng cách từ A đến

CD Suy ra bán kính mặt cầu là: 74

3

R 

Phương trình mặt cầu   : 22  32  12 74

9

Tọa độ tiếp điểm của mặt cầu  S và cạnh CDlà điểm 35 8; ; 13

0.25 0.25

0.25

0.25

-

0.25

0.25

0.25

0.25

Cõu 5b

Bất phương trình:

3x 3x

3x 3x 2



  





(1)

Đặt

3x 2

2 , 0

t t

Ta cú bất phương trỡnh: 2

t   t     t

Kết hợp điều kiện t >0, ta được

3x 2

Tập nghiệm của bất phương trỡnh là: ; log 32 2

3

0.25

0.25

0.25 0.25

Lưu ý: Thớ sinh làm cỏch khỏc nhưng đỳng vẫn cho điểm tối đa