SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2012 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung phổ thông.. Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2012 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung phổ thông
Thời gian làm bài: 120 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 yx4 4x2có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Dùng đồ thị (C), tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
4 4 2 2 0
x x m
Câu 2 (3,0 điểm)
1) Giải phương trình: log (3 2 x 2) 1 x
2) Tính tích phân:
2
0
sin cos
;
1
0
ln( 1)
J x dx
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số yf x( ) 5 4 x x 2
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bằng a Góc giữa mặt bên
và mặt đáy bằng 600 Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.
II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN: (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu 4.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(2;1;4) và đường
thẳng d có phương trình:
1 2
1 2
1) Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua I và vuông góc với đường thẳng d
2) Tìm tọa độ J đối xứng với điểm I qua đường thẳng d
3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm M, N sao
cho MN 2 5
Câu 5.a (1,0 điểm) Tìm mô đun của số phức:
2 3
(4 )
1 2
i
i
2 Theo chương trình Nâng cao:
Câu 4.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1; 1;1), và hai
đường thẳng
1 1
1 2
1) Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên đường thẳng d2
2) Viết phương trình đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng trên
Câu 5.b (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:
2 (2 7) 1 7 0
z i z i
***********HẾT***********
Trang 2Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung phổ thông
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Văn bản gồm 04 trang)
I Hướng dẫn chung
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định
3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5;
lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0 điểm)
II Đáp án và thang điểm
Câu 1
(3,0
điểm)
1 (2,0 điểm)
b) Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y' 4 x3 8x4 (x x2 2)
0 ' 0
2
x y
x
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 2;0
và
2; + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 2
và
0; 2
0,50
Cực trị:
+ Hàm số đạt cực đại x 0và y CD y(0) 0
+ Hàm số đạt cực tiểu x 2và y CT y( 3)4
0,25
Giới hạn: xlim y ; limx y
Trang 3 Bảng biến thiên:
y’ 0
+
0 0
+
0,50
c) Đồ thị:
0,50
2 (1,0 điểm)
Biến đổi phương trình:
x4 4x2 m 2 0 x4 4x2 2 m (*) 0,25 Số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm
của đồ thị (C) và đường thẳng cùng phương với trục
Ox: y 2 m
0,25
Do đó, dựa vào đồ thị (C) ta có các trường hợp sau:
- 2 m 4 m 6 : Pt (*) vô nghiệm
-
: Pt(*) có 2 nghiệm phân biệt
- 2 m 0 m 2 : Pt(*) có 3 nghiệm phân
biệt
- 4 2 m 0 2 m 6 : Pt(*) có 4 nghiệm phân
biệt
0,50
Câu 2
(3,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Để ý rằng 3x 2 0, x R
Do đó, phương trình đã cho tương đương với phương
trình sau:
3x 2 3 1 x 3 2x 2.3x 3 0
0,50
4
0
4
Trang 4
x x
x 0 0,25
Lưu ý: Nếu thí sinh khơng ghi điều kiện thì vẫn cho điểm tới
đa
2 (1,0 điểm)
2
0
sin cos
Đởi cận: x 0 t 0;x 2 t 1
1
2
t t
I t t dx t t dt
1
0
ln( 1)
I x dx
Do đó:
ln( 1)
1
dx
x
dv dx
v x
1 1 0 0 1 0
.ln( 1)
1
x
x
0,25
3 (1,0 điểm)
Hàm sớ liên tục trên tập xác định D 5;1
2 '( )
5 4
x
f x
x x
x 5;1 Suy ra, trên đoạn 5;1 : '( ) 0 f x x2
0,50
Ta có: f( 5) 0; ( 2) 3; (1) 0 f f 0,25 Vậy: min ( ) 0 5;1 f x x 5,x 1
và max ( ) 3 5;1 f x x 2
Câu 3
(1,0
điểm)
Gọi O là tâm của đáy ABCD và I là
trung điểm của BC.
Vì SO(ABCD)nên
BC SO
BC SOI BC SI
BC OI
mà
Suy ra, góc giữa hai mặt phẳng
(SBC) và (ABCD) là ·SIO,
tức là: SIO· = 600
0,50
Trang 5Xét trong tam giác vuơng SOI tại O, ta có:
a
Vậy:
3
.
S ABC ABCD
Lưu ý: ở câu này khơng cho điểm hình ve
Câu 4.a
(2,0
điểm)
1 (0,75 điểm)
Gọi n p
là VTPT của (P).
Vì ( )P d nên từ phương trình của đường thẳng d suy ra
(1;1; 2)
p
n
Mặt phẳng (P) được cho bởi:
(2;1; 4) ( ) :
: P (1;1; 2)
I P
VTPT n
Qua
Do đó, mặt phẳng (P) có phương trình là: x y 2z11 0
0,25
2 (0,50 điểm)
Gọi H ( )P d Vì H d nên H(1 ;2t t;1 2 ) t
Do H( )P nên ta có: 1 t 2 t 2(1 2 ) 11 0 t t1
Do đó: H (2;3;3)
0,25
Vì J là điểm đới xứng với I qua d nên H là trung điểm của IJ, tức là:
Vậy J 2;5;2
0,25
3 (0,75 điểm)
Để ý rằng H là trung điểm của MN nên ta có
5 2
MN
( H I) ( H I) ( H I) 5
Suy ra: IM2 IH2MH2 5 5 10 IM 10 0,25
Mặt cầu (S) được cho bởi:
(2;1; 4) ( ) :
10
I S
R IM
Tâm Bán kính :
Vậy mặt cầu (S) có phương trình là:
(x 2) (y 1) (z 4) 10
0,25
Câu 5.a
(1,0
điểm) Ta có:
24 12
Trang 6Do đó, số phức z có mô đun là:
z
Câu 4.b
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Đặt N (1 ; 2t t;1 2 ) t d2 Ta có:
( ;3 ; 2 )
MN t t t
và vectơ chỉ phương của d 2: u 2 (1;1; 2) 0,25 Vì MN d nên MN u2
suy ra: MN u 2 = 0 0,25
Do đó:
1
2
Vậy
1 3 ( ; ;0)
2 2
Lưu ý: Học sinh có thể trình bày theo cách giải sau:
- Lập PTMP (P) qua M và vuông góc với d 2 (0,50đ)
- Giải hệ phương trình gồm ptts của d 2 và pt mặt phẳng (P) để tìm ra giao điểm N (0,50đ)
2 (1,0 điểm)
Gọi PQlà đường vuông góc chung của d1và d2 với
1 ; 2
P d Q d
Khi đó: P (1 s s s; ; 4 ) ; Q (1 ;2t t;1 2 ) t
0,25
Ta có: PQ u 1 6 8 18t s
;PQ u 2 4 6t 8s
Vì
1 2
PQ d
PQ d
1
2
PQ u
PQ u
6
11
t
t s
t s
s
0,25
Đường thẳng PQ được cho bởi:
10 1 4
11 11 11 :
15 5
11 11
P PQ
Qua
-5
11
Vậy phương trình đường vuông góc chung của d1và d2 là
10 11 1 3 11 4 11
0,25
Câu 5.b
(1,0
điểm)
Ta có: (2i 7)2 4(1 7 ) 41 56 i i 0,25 Gọi a bilà một căn bậc hai của
Ta có: (a bi )2 41 56 i
0,25
Trang 7Giải hệ: 2 2
41
ab
a b
**********HẾT**********