Cho hình chóp .S ABC có hai tam giác SBC và ABC là hai tam giác đều.. Tính thể tích khối chóp .S ABC II.PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần phần 1 hoặc phần 2 1
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013
THPT MÔN: TOÁN
(Đề thi có 1 trang) Thời gian làm bài :150 phút( Không kể thời gian giao đề)
-I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm ) Cho hàm số
1
3 2
−
−
=
x
x
y có đồ thị ( C ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số
b)Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C ) song song với đường phân giác góc phần thư thứ nhất
Câu 2: (3,0 điểm ).
a) Giải phương trình 5 1 11 26 0
5
x
x
+
−
b) Tính tích phân 2
0
cos
3 sin
x
x
π
= +
∫
c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 1
2
x y
x
Câu 3: (1,0 điểm ) Cho hình chóp S ABC có hai tam giác SBC và ABC là hai tam giác đều
Góc giữa cạnh SA và mặt phẳng ( ABC là 60) 0 Khoảng cách từ điểm S đến cạnh BC bằng 3
2
a
Tính thể tích khối chóp S ABC
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình Chuẩn
Câu 4a:(2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ oxyz cho hai đường thẳng
−
−
=
−
=
+
=
t z
t y
t x
d
8 1 6
4 2 :
)
( 1
12 9
2 6
7 : ) (d2 x = y− = z
−
−
1) Chứng minh (d1) song song (d2)
2) Viết phương trình mặt (P) chứa cả ( d1) và ( d2)
Câu 5a: (1,0 điểm) Tìm mô đun số phức z biết : 3iz+(3−i)(1+i)=2
2 Theo chương trình Nâng cao
Câu 4b:(2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x y+ −2z+ =3 0, điểm M( ; ;1 1 2− ) và đường thẳng ∆:x+1= y−3= z
2 1 4.
1) Tìm hình chiếu của điểm M trên mặt phẳng (P).
2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M, cắt ∆ và song song với mặt phẳng
(P)
Câu 5b:(1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết rằng z+2z = +6 2i.
…… HẾT …….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : ……… Số báo danh:……… Chữ ký giám thị 1:……… Chữ ký giám thị 2:………
Trang 2Đáp án gợi ý
1
(3,0 điểm)
a) (2,0 điểm)
TXĐ : D=R\{ }1
0 ) 1 (
1
2
−
=
x
y ∀x≠1
+∞
=
−
→1
lim
x
y , =−∞
+
→1
lim
x
y ⇒ x=1 là tiệm cận đứng lim =2
+∞
x , lim =2
−∞
x ⇒ y=2 là tiệm cận ngang Bảng biến thiên
x −∞ 1 +∞
'
y + +
y 2 +∞ −∞
Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;1)và (1;+∞)
Điểm đặc biệt
3
0⇒ =
x
2
3
0⇒ =
y
Đồ thị hàm số đã cho nhận điểm I (1 ; 2 ) làm tâm đối xứng
b) (1,0 điểm)
Gọi M x y( 0; 0) là toạ độ tiếp điểm
Đường phân giác góc phần tư thứ nhất có hệ số góc k= 1
Vì tiếp tuyến của đồ thị song song với đường phân giác góc phần tư thứ
nhất nên : f '(x0)=1
2
Trang 3( )2 0
1
1 1
x
−
0 1 1 x0 1
x
⇔ = ⇒ = ⇒M(2;1) , N(0;3) Pttt của đồ thị (C) tại M(2;1) là :y x= −1
Pttt của đồ thị (C) tại N(0;3)là :y x= +3
2
(3,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
1 1
1
5
x
x
+
−
5
x x
Đặt t =5 ,x (t >0) ta có p/trình
5
5.t 26 0, t 0
t
Giải p/trình này được 5; 1
5
t = t = (thỏa mãn đ/k t >0)
*Với t =5, ta có 5x = ⇔ =5 x 1
*Với 1
5
5
Vậy p/trình đã cho có hai nghiệm x=1;x= −1
b) (1,0 điểm)
Đặt t = +3 sinx
Ta có : dt =cosxdx
Đổi cận: x= ⇒ =0 t 3
4 2
Khi đó
4
3
dt J t
3
4
ln ln 4 ln 3 ln
3
t
c) (1,0 điểm)
• Đạo hàm 22 1
2
y x
2
x
Trên đoạn x=[ ]1;3 ta lấy x=2
• Ta có ( )1 2 1 1 7
2 2
• So sánh các số trên ta suy ra
[ ]1;3 ( )
miny= y 2 =3;
[ ] ( )
1;3
7
2
y= y =
3
Trang 4(1,0 điểm)
60
I A
B
C S
H
Gọi I là trung điểm BC
Vì hai tam giác SBC và ABC là hai tam giác đều
nên BC AI BC (SAI)
BC SI
⊥
từ đó suy ra (ABC) (⊥ SAI)
Trong mp SAI kẻ ( ) SH ⊥ AI H( ∈AI) suy ra SH ⊥(ABC)
Suy ra (SA ABC· ,( ) ) =SAH· =SAI· =60 10( )
Mà AI =SI( )2
Từ (1) và (2) suy ra tam giác SAI đều
Khoảng cách từ điểm S đến BC bằng 3
2
a
SI =
2
BC
Diện tích tam giác ABC :
2 3 4
ABC
a
S∆ =
Thể tích cần tìm là
3
a
4a
( 2 điểm)
1 (1,0 điểm)
Từ pt ( d1)⇒(d1) đi qua điểm A ( 2;0;-1) có vtcp u1 =(4;−6;−8)
Từ pt ( d2)⇒(d2) đi qua B( 7;2;0) có vtcp u2 =(−6;9;12)
Ta có: [ ]u1,u2 =(0;0;0)=0 (1)
AB=(5;2;1) [ ]u1,AB =(10;−44;38)≠0 (2)
Từ (1), (2) suy ra (d1) song song (d2)
2 (1,0 điểm)
Mặt phẳng ( P) đi qua A ( 2;0;-1) và nhận [ ]u1,AB =(10;−44;38) làm vtpt
Ptmp (P): 5(x−2)−12(y−0)+19(z+1)=0
0 9 19 12
5 − + + =
5a 3iz+(3−i)(1+i)=2
Trang 5( 1 điểm)
2
2 2
3 3
⇔ = − +
3
2 2
=
⇒ z
4b
( 2 điểm)
1 (1,0 điểm)
Gọi H là hình chiếu của điểm M trên (P), d1 là đường thẳng qua M và vuông góc với (P)
Khi đó H = ∩d1 ( )P và d1 có phương trình tham số là:
x t
y t
= +
= +
= − −
1 1
2 2
(vì d1 nhận vectơ nr=( ; ;1 1 2− ) làm VTCP, với nr là VTPT của
( )P )
Tham số t ứng với tọa độ điểm H là nghiệm của phương trình
(1+ + + − − −t) (1 t) 2 2 2( t)+ = ⇔ = −3 0 t 3
2 Vậy H− −; ;
1 1 1
2 2
2 (1,0 điểm)
Ta có M∉( )P
Gọi N là giao điểm của d và ∆ Suy ra N∈∆ ⇒N(− +1 2 3t; +t t; )4
MN = − +2 2 2t +t 2 4+ t
uuuur
Vì M∉( )P nên: d song song với (P) ⇔MN n = ⇔ − − = ⇔ = −0 5 4 0t t 4
5 uuuur r
, với ur= −( ; ; )3 1 1−
Do đó d qua M( ; ;1 1 2− ) và nhận ur= −( ; ; )3 1 1− làm vectơ chỉ phương nên
có phương trình là: x− = y− = z+
5b
( 1 điểm)
z+2z = +6 2i
Giả sử z=x+iy (x∈R,y∈R)
Ta có z+2z = + ⇔ + +6 2i x yi 2(x yi− )= +6 2i
⇔3x yi− = +6 2i
x
y
=
⇔ = −
2 2
Do đó z= −2 2i và | |z = 22+ −( )2 2 =2 2
