Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán - Sở GD&ĐT Yên Bái năm 2012 đề 5

Chia sẻ: Phan Thanh Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

73
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các em có thêm tài liệu học tập và rèn kỹ năng giải bài tập mời tham khảo đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán - Sở GD&ĐT Yên Bái năm 2012 đề 5 để chuẩn bị cho kỳ thi tốt nghiệp.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán - Sở GD&ĐT Yên Bái năm 2012 đề 5

SỞ GD & ĐT YÊN BÁI KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2012 Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề 5 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu 1 (3.0 điểm): Cho hàm số y  x 3  3 x 2  4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm A(3;4) Câu 2 (3.0 điểm): 1. Giải phương trình: 52 x 1  6.5x  1  0 . e 3x 2  ln x 2. Tính tích phân: I dx . 1 x 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 3  5x 2  8 x  1 trên đoạn 1;5 . Câu 3 (1.0 điểm): Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2a. Hình chiếu vuông góc của A xuống mặt phẳng ( A ' B ' C ') là trung điểm của 0 A ' B ' . Mặt bên (AA' C' C) tạo với đáy ( A' B' C') một góc bằng 45 . Tính thể tích khối lăng trụ. II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm): (Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần, phần A hoặc phần B). A. Theo chương trình chuẩn: Câu 4a (2.0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm A(2;0; 3) , B( 5;4;0) , C (0;2; 2) , D(1;3;1) . 1. Lập phương trình mặt phẳng (ABC) 2. Lập phương trình mặt cầu (S) tâm D bán kính r = 4. Chứng minh mặt phẳng (ABC) cắt (S) theo một đường tròn. 3i Câu 5a (1.0 điểm): Cho số phức z  4  2i  . Tính môđun của số phức z . 1 i B. Theo chương trình nâng cao: Câu 4b (2 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) và hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình:  x  3  2 t x  2 y  3 z 1 (P): x  2 y  4 z  3  0 ; d:   ; d’:  y  1  3t  2 2 1  z  2t  1. Tìm toạ độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). 2. Chứng minh d và d’ chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và song song với d’. Câu 5b (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức z 2  2(1  2i )z  8i  0 ------ hết ------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: …………………………………. Số báo danh: ………………. Chữ kí giám thị 1: ………………… .......Chữ kí giám thị 2: ……………………
SỞ GD & ĐT YÊN BÁI KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn 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. 2. Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm. 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 Đáp án Điểm Phần chung (7 điểm) 1. a) Tập xác đinh: D  . 0.25 b) Sự biến thiên: + Chiều biến thiên: Ta có: y '  3 x 2  6 x x  0 y '  0  3x 2  6 x  0   0.25 x  2 y '  0 x  (;0)  (2; ) ; y '  0 x  (0;2) .  Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;0) và (2; ) . Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) . Câu 1 + Cực trị: xCD  0 , yCD  4 0.25 3.0 xCT  2 , yCT  0 điểm + Giới hạn và tiệm cận: lim y   ; lim y   0.25 x  x  Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận. + Bảng biến thiên: x  0 2  y' + 0 - 0 + 0.5 4  y  0
c) Đồ thị: - Giao với Oy tại điểm (0;4) . - Giao với Ox tại các điểm (1;0) và (2;0) . 0.5 2. Phương trình tiếp tuyến tại A có dạng y  f '( x0 )  x  x0   y0 0.25 Ta có: x0  3 , y0  4 f '( x0 )  f '(3)  9 0.25 Suy ra phương trình tiếp tuyến tại A(3;4) là: 0.5 y  9( x  3)  4  y  9 x  23 2 x 1 1. Ta có: 5  6.5x  1  0  5.52 x  6.5x  1  0 Đặt t  5x , t  0 ta có phương trình 0.25 t  1 (T/m) 5t 2  6t  1  0   1 0.25 t  (T/m)  5 - Với t  1 ta có: 5x  1  x  0 0.25 1 1 - Với t  ta có: 5x   x  1 0.25 5 5 Kết luận: phương trình có 2 nghiệm x  0 , x  1 e e e 3x 2  ln x ln x 2. Ta có: I   dx   3 xdx   dx  I1  I 2 1 x 1 1 x 0.25 e e Câu 2 3x 2 3e2 3 Ta có: I1   3xdx    0.25 3.0 1 2 1 2 2 điểm e ln x Tính I 2   dx 1 x 1 Đặt t  ln x ta có: dt  dx x 0.25 Đổi cận: x  1  t  0 x  e  t 1 1 1 t2 1 Suy ra: I2   tdt   0.25 0 20 2 3e2 3 1 3e2 Vậy I  I1  I2     1 2 2 2 2 3. Ta có: y '  3 x 2  10 x  8 0.25
 2 2 y '  0  3 x  10 x  8  0  x   3  1;5 x  4  1;5 0.5  Ta có: y(1)  11 , y(4)  47 , y(5)  39 0.25 Suy ra: max y  11 , min y  47 1;5   1;5   Gọi H là hình chiếu vuông góc của A xuống mặt phẳng ( A ' B ' C ')  H là trung điểm của A ' B ' Và AH là đường cao của lăng trụ. Ta có: V  SA' B ' C ' . AH 0.25 Vì A ' B ' C ' là tam giác đều cạnh bằng 2a (2 a)2 3 nên ta có: SA' B ' C '   a2 3 4 0.25 Câu 3 + Tính AH: Gọi I là trung điểm của A ' C ' 1.0 Ta có: B ' I  A ' C ' điểm Từ H kẻ HM / / BI , M  A ' C ' Ta có: HM  A ' C ' (1) Suy ra: AM  A ' C ' (2) Từ (1) và (2) suy ra AMH là góc giữa hai mặt phẳng ( AA ' C ' C) và ( A ' B ' C ') . Theo giả thiết ta có: AMH  450 . Từ đó ta có AMH vuông cân tại H  AH  HM . 2 a. 3 A ' B ' C ' đều nên ta có: B ' I  a 3 2 1 a 3 0.25 AH  HM  B ' I  2 2 3 a 3 3a Vậy ta có: V  a2 3.  2 2 0.25 II. Phần riêng (3 điểm) 1. Lập phương trình mặt phẳng (ABC)   Ta có: AB  (7;4;3)   AB  ( 2;2;1) 0.25  Câu 4a Gọi n là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) 2.0       4 3 3 -7 -7 4  điểm Ta có: n   AB, AC      ; ;    2;1; 6  0.25  2 1 1 -2 -2 2  Mặt phẳng (ABC) đi qua điểm A(2;0; 3) nên có phương trình 2( x  2)  1( y  0)  6( z  3)  0 0.5  2 x  y  6z  14  0
2. Mặt cầu (S) tâm D(1;3;1) bán kính r  4 có phương trình là ( x  1)2  ( y  3) 2  ( z  1)2  16 0.25 2.1  1.3  6.1  14 19 Ta có: d  D,( ABC)    0.5 4  1  36 41 Vì d  D,( ABC)   r nên mặt phẳng (ABC) cắt mặt cầu theo một 0.25 đường tròn. 3i (3  i )(1  i ) Ta có: z  4  2i   4  2i  Câu 5a 1 i 2  (4  2i )  (2  i)  6  3i 0.5 1.0 điểm Suy ra: z  6  3i 0.25 z  6 2  (3)2  3 5 0.25 1. Toạ độ giao điểm A của d và mặt phẳng (P) là nghiệm của hệ phương trình:  x  2 y  3 z 1     2 2 1 0.25  x  5y  4 z  3  0   x  y  1  x  2   0.5   y  2z  1   y  1 Câu 4b  x  5 y  4 z  3 z  1   2.0 Vậy A  (2; 1;1) 0.25 điểm  2. Đường thẳng d đi qua điểm M (2;3; 1) và có VTCP u  (2;2; 1)  Đường thẳng d’ đi qua điểm N (3;1;0) và có VTCP u '  (2;3;2) 0.25   Ta có: NM  (5;2; 1)   0.5 u, u '   7; 2;10        Suy ra: u, u ' .NM  7.5  2.2  10.(1)  21  0 0.25   Vậy suy ra d và d’ chéo nhau. Ta có:  '  (1  2i )2  8i  3  4i 0.25 Giả sử z  x  yi là căn bậc hai của 3  4i Ta có: ( x  yi )2  3  4i  x 2  y 2  2 xyi  3  4i Câu 5b  x 2  y 2  3  x  1, y  2 1.0   0.5 điểm 2 xy  4  x  1, y  2 Suy ra  ' có 2 căn bậc hai là: 1  2i và 1  2i Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm z1  (1  2i )  (1  2i )  2 0.25 z1  (1  2i)  (1  2i )  4i