Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. PHẦN RIÊNG 3,0 ĐIỂM Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần Theo chương trình chuẩn hoặc chương trình nâng cao 1.. Viết phương trình
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT TỈNH ……… NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
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 y=x3 − 3x+ 1 có đồ thị (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x3 − 3x+ 1 +m= 0
Câu 2 (3,0 điểm):
1 Giải phương trình 2 3
log x log x+ − =4 0
2 Tính
1
0 ( x)
I =∫x x e dx+
3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x= lnx− 2 trên 1; e2
Câu 3 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có ∆ABC là tam giác đều cạnh a, SA ⊥
(ABC) Góc giữa (SBC) và (ABC) là 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC
II PHẦN RIÊNG (3,0 ĐIỂM)
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (Theo chương trình chuẩn hoặc chương trình nâng cao)
1 Theo chương trình chuẩn:
Câu 4a (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho điểm A(5;1;3) B(1;6;2) C(5;0;4)
D(4;0;6).
1 Viết phương trình mặt phẳng (ABC)
2 Viết phương trình mặt cầu (S) tâm D và tiếp xúc với mp (ABC)
Câu 4b (1,0 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết (3 2 ) + i z+ = + 3i iz 1.
2 Theo chương trình nâng cao:
Câu 5a (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho điểm A(2; 1; 3), B(3; –2; 1), C(–4;
1; 1) và D(1; 1; –3)
1 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AB và song song với CD
2 Tìm tọa độ hình chiếu của M lên mp(P) biết M(1; 1; 1)
Câu 5b (1,0 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức x2 − 3ix+ = 4 0
Trang 2
TỈNH ……… NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bảng hướng dẫn chấm gồm 04 trang
I HƯỚNG DẪN CHUNG:
1 Nếu thí sinh làm bài không đúng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì giám khảo cho đủ điểm từng phần theo hướng dẫn quy định
2 Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong hội đồng chấm thi
3 Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5 và lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0)
II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM:
1
(3,0 đ)
1 (2,0 đ)
+ TXĐ: D = R
+ Sự biến thiên:
* xlim→−∞y= −∞, limx→+∞y= +∞
' 3 3; ' 0
1
x
x
=
* BBT
x -∞ -1 1 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 3 +∞
-∞ -1 Hàm số đồng biến trên khoảng (-∞; -1) và (1; +∞), hàm số
nghịch biến trên khoảng (-1; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x CD = − 1,y CD= 3, hàm số đạt cực tiểu tại
CT CT
x = y = − ,
+ Đồ thị:
Cho x= ⇒ = 0 y 1, x= ⇒ = 2 y 3, x= − ⇒ = − 2 y 1
0,25
0,25 0,25 0,5
0,25
0,25 0,25
Trang 32 (1,0 đ)
Ta có
3
( )
y m d
= − +
Số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng (d) là số nghiệm của phương trình
Khi − >− < −m m 31⇔m m< −>13
thì phương trình có một nghiệm.
Khi − =− = −m m 31⇔m m= −=13
thì phương trình có hai nghiệm.
Khi − < − < ⇔ − < < 1 m 3 3 m 1 thì phương trình có ba nghiệm
0,25
0,25
0,25 0,25
2
(3,0 đ)
1 (1,0 đ)
log x log x+ − = ⇔4 0 log x 3log x 4 0+ − =
2
2
log x 1
=
x 2 1 x 16
=
⇔
=
2 (1,0 đ)
Ta có
I =∫x x e dx+ =∫ x +xe dx=∫x dx+∫xe dx I= +I
1
2 1
1
x
I =∫x dx= =
1 2
0 x
I =∫x e dx Đặt u x x du dx x
dv e dx v e
⇒
Khi đó
1
0
1
I =xe −∫e dx xe= −e =
Vậy 4
3
I = .
3 (1,0 đ)
TXĐ: D= (0; +∞ )
Ta có y' ln = x− = ⇔ = 1 0 x e N( ).
2
(1) 2; ( )e 2; ( )e 2 2
y = − y = −e y = e−
Vậy [1; ] 2 2 2; [1; ] 2 2
Max y= e− Min y= −
0,25 0,5
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
0,25 0,25
0,25 0,25
3
(1,0 đ)
Trang 4Vì ∆ABC đều nên ta có 2 2 3
2
a
AM = AB −BM =
2
ABC
.t an60
2
a
SA AM= =
SABC ABC
a
V = SA S∆ = dvtt
0,25
0,25 0,25
4a
(2,0 đ)
1 (1,0 đ)
Ta có uuurAB= − ( 4;5; 1), − uuurAC= (0; 1;1) −
Mp (ABC) có VTPT là uuur uuurAB AC, = (4; 4; 4).
Vậy (ABC): 4(x− + 5) 4(y− + 1) 4(z− = 3) 0
9 0
x y z
⇔ + + − =
2 (1,0 đ)
MC (S) có tâm D(4; 0; 6) Vì mặt cầu tiếp xúc với (ABC) nên
1 ( ;( ))
3
R d D ABC= = .
Vậy (S):
2
( 4) ( 0) ( 6)
3
x− + −y + −z
= ÷
3
0,25 0,25 0,25 0,25 0,5
0,25 0,25
4b
(1,0 đ)
Ta có (3 2 ) + i z+ = + ⇔ + 3i iz 1 (3 i z) = − 1 3i
1 3 (1 3 )(3 )
i
+
Vậy số phức z có phần thực là 0, phần ảo là -1
0,25 0,5
0,25 5a
(2,0 đ)
1 (1,0 đ)
Ta có uuurAB= − − (1; 3; 2),CDuuur= (5;0; 4) −
Mp (P) có VTPT là uuur uuurAB CD, = (12; 6;15) − .
Vậy (P): 12(x− − 2) 6(y− + 1) 15(z− = 3) 0
4x 2y 5z 21 0
2 (1,0 đ)
Gọi d là đường thẳng đi qua M(1; 1; 1) và vuông góc với (P) Khi
đó VTCP của đường thẳng d là ur= (4; 2;5) −
Pt d:
1 4
1 2
1 5
= +
= −
= +
Gọi H là hình chiếu của M lên mp (P) Khi đó tọa độ điểm H là
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25
Trang 5nghiệm của hệ pt
1 4
4 2 5 21 0
t
x y z
= +
= −
= +
− + − =
Vậy 101 17 23; ;
45 45 9
0,5
0,25
5b
(1,0 đ)
Pt x2 − 3ix+ = 4 0
Ta có ∆ = (3 )i 2 − 4.4 = − = 25 25i2
Vậy pt có nghiệm x1 = 4 ,i x2 = −i
0,5 0,5
