- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
thi thử tn môn toán số 4
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (152.58 KB, 5 trang )
SỞ 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
32
−
−
=
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
1
1
1
5 26 0
5
x
x
+
−
+ − =
b) Tính tích phân
2
0
cos
3 sin
x
J dx
x
π
=
+
∫
c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1
2
x
y
x
= + +
trên đoạn
[ ]
1;3
.
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
−−=
−=
+=
tz
ty
tx
d
81
6
42
:)(
1
129
2
6
7
:)(
2
zyx
d =
−
=
−
−
1) Chứng minh (d
1
) song song (d
2
)
2) Viết phương trình mặt (P) chứa cả ( d
1
) và ( d
2
)
Câu 5a: (1,0 điểm). Tìm mô đun số phức z biết :
2)1)(3(3 =+−+ iiiz
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 z+ − + =2 3 0
,
điểm
( ; ; )M −1 1 2
và đường thẳng
:
x y z+ −
∆ = =
1 3
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 z i+ = +2 6 2
.
…… 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:…………………………
Đáp án gợi ý
Câu Nội dung Điểm
1
(3,0 điểm)
a) (2,0 điểm)
TXĐ :
{ }
1\RD =
0
)1(
1
2
'
>
−
=
x
y
1≠∀x
+∞=
−
→1
lim
x
y
,
−∞=
+
→1
lim
x
y
⇒
1=x
là tiệm cận đứng
2lim =
+∞→
y
x
,
2lim =
−∞→
y
x
2=⇒ y
là tiệm cận ngang
Bảng biến thiên
x
∞−
1
∞+
'
y
+ +
y
2
∞+
∞−
Hàm số đồng biến trên khoảng (
)1;∞−
và (
);1 +∞
Điểm đặc biệt
30 =⇒= yx
2
3
0 =⇒= xy
Đồ thị hàm số đã cho nhận điểm I (1 ; 2 ) làm tâm đối xứng
b) (1,0 điểm)
Gọi
( )
0 0
;M x y
là toạ độ tiếp điểm
Đường phân giác góc phần tư thứ nhất có hệ số góc
1k
=
Vì tiếp tuyến của đồ thị song song với đường phân giác góc phần tư thứ
nhất nên :
1)(
0
'
=xf
2
( )
2
0
1
1
1x
⇔ =
−
( ) ( )
2
0 0
1 1 x 1x⇔ − = ≠
0 0
0 0
2 1
0 3
x y
x y
= ⇒ =
⇔
= ⇒ =
)1;2(M⇒
,
)3;0(N
Pttt của đồ thị (C) tại
)1;2(M
là :
1y x= −
Pttt của đồ thị (C) tại
)3;0(N
là :
3y x= +
2
(3,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
1
1
1
5 26 0
5
x
x
+
−
+ − =
5
5.5 26 0
5
x
x
⇔ + − =
Đặt
( )
5 , 0
x
t t= >
ta có p/trình
( )
5
5. 26 0, 0t t
t
+ − = >
2
5 26 5 0t t⇔ − + =
Giải p/trình này được
1
5;
5
t t= =
(thỏa mãn đ/k
0t
>
)
*Với
5t
=
, ta có
5 5 1
x
x= ⇔ =
*Với
1
5
t =
, ta có
1
1
5 5 5 1
5
x x
x
−
= ⇔ = ⇔ = −
Vậy p/trình đã cho có hai nghiệm
1; 1x x= = −
b) (1,0 điểm)
Đặt
3 sint x= +
.
Ta có :
cosdt xdx=
Đổi cận:
0 3x t
= ⇒ =
4
2
x t
π
= ⇒ =
Khi đó
4
3
dt
J
t
=
∫
4
3
4
ln ln 4 ln3 ln
3
t= = − =
c) (1,0 điểm)
• Đạo hàm
2
2 1
2
y
x
′
= − +
•
2
2
2 1
0 0 4 2
2
y x x
x
′
= ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = ±
Trên đoạn
[ ]
1;3x =
ta lấy
2x
=
.
• Ta có
( )
2 1 7
1 1
1 2 2
y = + + =
;
( )
2 2
2 1 3
2 2
y = + + =
( )
2 3 19
3 1
3 2 6
y = + + =
• So sánh các số trên ta suy ra
[ ]
( )
1;3
min 2 3y y= =
;
[ ]
( )
1;3
7
max 1
2
y y= =
3
(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
( )
·
( )
·
·
( )
0
, 60 1SA ABC SAH SAI= = =
Mà
( )
2AI SI=
Từ (1) và (2) suy ra tam giác
SAI
đều
Khoảng cách từ điểm S đến BC bằng
3
2
a
SI =
Từ đó suy ra
3 3 3
2 2 4
a a
SH = =
và
3
2
BC
SI BC a= ⇔ =
Diện tích tam giác
ABC
:
2
3
4
ABC
a
S
∆
=
Thể tích cần tìm là
3
.
1 3
. .
3 16
S ABC ABC
a
V S SH
∆
= =
4a
( 2 điểm)
1. (1,0 điểm)
Từ pt ( d
1
)
)(
1
d⇒
đi qua điểm A ( 2;0;-1) có vtcp
)8;6;4(
1
−−=u
Từ pt ( d
2
)
)(
2
d⇒
đi qua B( 7;2;0) có vtcp
)12;9;6(
2
−=u
Ta có:
[ ]
0)0;0;0(,
21
==uu
(1)
)1;2;5(=AB
[ ]
0)38;44;10(,
1
≠−=ABu
(2)
Từ (1), (2) suy ra (d
1
) song song (d
2
)
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng ( P) đi qua A ( 2;0;-1) và nhận
[ ]
)38;44;10(,
1
−=ABu
làm
vtpt
Ptmp (P):
0)1(19)0(12)2(5 =++−−− zyx
0919125 =++−⇔ zyx
5a
2)1)(3(3 =+−+ iiiz
( 1 điểm)
2
3 3 3 2
3 2 2
2 2
3 3
iz i i i
iz i
z i
⇔ + + − − =
⇔ = − −
⇔ = − +
3
22
=⇒ z
4b
( 2 điểm)
1. (1,0 điểm)
Gọi H là hình chiếu của điểm M trên (P), d
1
là đường thẳng qua M và
vuông góc với (P)
Khi đó
( )H d P= ∩
1
và d
1
có phương trình tham số là:
x t
y t
z t
= +
= +
= − −
1
1
2 2
(vì d
1
nhận vectơ
( ; ; )n = −1 1 2
r
làm VTCP, với
n
r
là VTPT của
( )P
)
Tham số t ứng với tọa độ điểm H là nghiệm của phương trình
( ) ( ) ( )t t t t+ + + − − − + = ⇔ = −
3
1 1 2 2 2 3 0
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 t t t∈∆ ⇒ − + +1 2 3 4
( ; ; )MN t t t= − + + +2 2 2 2 4
uuuur
Vì
( )M P∉
nên: d song song với (P)
.MN n t t⇔ = ⇔ − − = ⇔ = −
4
0 5 4 0
5
uuuur
r
; ; .MN MN u
⇒ = − − ⇒ =
÷
18 6 6 6
5 5 5 5
uuuur uuuur
r
, với
( ; ; )u = − −3 1 1
r
Do đó d qua
( ; ; )M −1 1 2
và nhận
( ; ; )u = − −3 1 1
r
làm vectơ chỉ phương nên
có phương trình là:
x y z− − +
= =
− −
1 2 2
3 1 1
5b
( 1 điểm)
z z i+ = +2 6 2
Giả sử
iyxz +=
),( RyRx ∈∈
Ta có
( )z z i x yi x yi i+ = + ⇔ + + − = +2 6 2 2 6 2
x yi i⇔ − = +3 6 2
x
y
=
⇔
= −
2
2
Do đó
z i= −2 2
và
| | ( )z = + − =
2 2
2 2 2 2
.
