SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP LỚP 12 NĂM HỌC 2012- 2013 Môn : TOÁN. Ngày thi Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 1 trang) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(3.0 điểm). Cho hàm số x 3 y x 1    (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . b) Viết phương trình tiếp tuyến với ( C) tại điểm có hoành độ x 0 = 2 c) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), trục tung, trục hoành. Câu II (3,0 điểm). 1. Giải phương trình x x x x x (3 2 ).(3 3.2 ) 8.6    2. Tính tích phân 7 3 2 0 1 I x x dx    3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 2 ( 1) x y e x x = - - trên đoạn [0;2]. Câu III:(1.0 điểm). Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích của hình chóp. II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng(phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu IVa:(2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 0; 2), mặt phẳng (P): 2x – y – z +3 = 0 và đường thẳng (d): 3 2 6 2 4 1 x y z      . a) Tìm giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A và song song (P). b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P).Tìm tọa độ tiếp điểm của (S) và (P). c) Viết phương trình đường thẳng () biết rằng () đi qua điểm A, cắt (d) tại B và cắt (P) tại C sao cho 2 0 AC AB   uuur uuur r . Câu Va (1.0 điểm) Tìm mô đun của số phức 2 9 15 (2 3 ) z i i     B. Theo chương trình Nâng cao Câu IVb:(2.0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng   P : 2x z 5 0    và đường thẳng x 1 y 2 z 3 d : 1 2 2      1. Viết phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với   P 2. Tìm tọa độ điểm A d  có hoành độ dương và cách mặt phẳng   P một khoảng 4 5 5 3. Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm     I 0;0;1 ;K 3; 0;0 và tạo với mặt phẳng   Oxy một góc 0 30 Câu Vb (1.0 điểm) Cho số phức 1 1 i z i    .Tính giá trị của 2011 z HẾT Họ và tên: …………………………………………… Số báo danh:…………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP LỚP 12 Môn : TOÁN. CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM a/ (2,0 điểm) x 3 y x 1     TXĐ: D =   \ 1 R 0.25  Sự biến thiên: * Chiều biến thiên:   2 1 4 '    x y <0 ; 1   x Suy ra hàm số luôn nghịch biến trên     ,1 à 1,v   * Hàm số không có cực trị. *Giới hạn và tiệm cận: +         1 3 limlim 1 1 x x y x x ;+         1 3 limlim 1 1 x x y x x Suy ra x=1 là TCĐ. 1lim  x y Suy ra y=1 là TCN. * Bảng biến thiên: 1 +  -  1 +  -  1 y y' x 0.5 0.25 0.5 I (3điểm)  Đồ thị: Điểm đặc biệt: Giao điểm của đồ thị với Oy :(0 ;-3) Giao điểm của đồ thị với Ox :(-3 ;0) Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận I(1 ; 1) làm tâm đối xứng 4 2 -2 -4 -6 -5 5 0.25 0.25 y x - 3 -3 O b/(0.5 điểm) .Với x 0 = 2  y 0 = 5  Hệ số góc của tiếp của (C) tại (2;5) là : k = f’(2)= -4.  Phương trình tiếp tuyến : y = -4(x -2)+5  y = -4x +13. c/.(0.5 điểm) Hoành độ giao điểm của ( C)và trục hoành là nghiệm PT: x 3 0 x 3 0 x 3 x 1          Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), trục tung, trục hoành có diện tích là S = 0 0 0 3 3 3 3 4 (1 ) ( 4ln 1) 1 1 x dx dx x x x x              = 3 4ln 4 4ln 4 3    (đvdt) 0.25 0.25 0.25 0.25 a/Chia hai vế phương trình cho 6 x , có PT: x x 3 2 1 . 1 3 8 2 3                                Đặt t = x 3 2       >0, ta có PT (t + 1) (1 + 3/t) = 8  t 2 – 4t + 3 = 0, tìm được t = 1, t = 3. vậy, PT có hai nghiệm x = 0, x = 3 2 log 3 0.5 0.5 II (3điểm) b/ 7 3 2 0 1 I x x dx    Đặt : 3 2 3 2 2 2 1 1 3 2 3 2 t x t x t dt xdx xdx t dt          Đổi cận: 0 1; 7 2 x t x t       2 2 3 4 1 1 3 3 3 45 (16 1) 2 8 8 8 I t dt t       c/  Hàm số 2 ( 1) x y e x x = - - liên tục trên đoạn [0;2] 2 2 2 2 ( ) ( 1) ( 1) ( 1) (2 1) ( 2) x x x x x y e x x e x x e x x e x e x x ¢ ¢ ¢ = - - + - - = - - + - = + -  Cho (nhan) (loai) 2 2 1 [0;2] 0 ( 2) 0 2 0 2 [0;2] x x y e x x x x x é = Î ê ¢ = Û + - = Û + - = Û ê = - Ï ê ë  Ta có, 1 2 (1) (1 1 1) f e e = - - = - 0 2 (0) (0 0 1) 1 f e = - - = - 2 2 2 (2) (2 2 1) f e e = - - =  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là e - và số lớn nhất là 2 e  Vậy, khi khi 2 [0;2] [0;2] min 1; max 2 y e x y e x = - = = = 0.5 0.5 III (1điểm)  Gọi O là tâm của mặt đáy thì ( ) SO ABCD ^ nên SO là đường cao của hình chóp. Gọi M là trung điểm đoạn CD. Theo tính chất của hình chóp đều 0.25 · 0 ( ) ( ) 60 ( ) ( ) CD SM SCD CD OM ABCD SMO CD SCD ABCD ì ï ^ Ì ï ï ï ^ Ì Þ = í ï ï = Ç ï ï î (góc giữa mặt ( ) SCD và mặt đáy)  Ta có, · · 0 tan .tan .tan 60 3 2 SO BC SMO SO OM SMO a OM = Þ = = =  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là: 3 1 1 1 4 3 . . . 2 .2 . 3 3 3 3 3 a V B h AB BC SO a a a = = = = (đvtt) 0.25 0.5 a/(1 điểm)* Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ 2x – y – z +3 = 0 (1) và 3 2 6 2 4 1 x y z      (2) -Đặt t = 3 2 6 2 4 1 x y z       x = 3 + 2t; y = 2 + 4t và z = 6 + t - Thay vào (1) giải được t = 1 - Thay t= 1 lại (3) được tọa độ giao điểm là M(5; 6; 7). * Do mặt phẳng (Q) qua A và song song (P) nên có phương trình dạng 2x – y – z + d = 0 * Vì (Q) qua A(–1; 0; 2), nên có d = 4. Vậy pt (Q): 2x – y – z + 4 = 0 0.25 0.5 0.25 b/. (1 điểm) * Mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính R = d(A, (P)) = 2( 1) 2 3 1 4 1 1 6        Phương trình mặt cầu là : 2 2 2 1 ( 1) ( 2) 6 x y z      *Đường thẳng ( )  qua A(-1;0;2) và vuông góc (P) nhận VTPT của (P) (2; 1; 1) n    r làm VTCP có PTTS: 1 2 ,( ) 2 x t y t t R z t              -Gọi ( ) ( ) H P    .H là tiếp điểm có tọa độ là nghiệm của hệ: 1 6 2 3 0 2 1 2 2 1 11 3 ( ; ; ) 1 3 6 6 6 2 11 6 t x y z x x t H y t y z t z                                        0.25 0.25 IVa (2điểm) c/. (1 điểm) * B  (d)  B(3 + 2t; 2 + 4t; 6 + t)  AB uuur =(4 + 2t; 2 + 4t; 4 + t) * Từ 2 0 AC AB   uuur uuur r  AC uuur =(- 8 – 4t; - 4 – 8t; - 8 – 2t)  C(- 9 – 4t; - 4 – 8t; - 6 – 2t) * C  (P)  t = 5/2  AB uuur =(9; 12; 13/2 ) là một vtcp của () 0.25 * Mà () qua A nên có ptts là 1 9 12 13 2 2 x t y t z t              0.25 Va (1 điểm) 1.(1.0điểm) a/ Ta có 2 2 9 15 (2 3 ) 9 15 4 9 12 4 3 z i i i i i i            Mô đun của z là 2 2 4 ( 3) 25 5 z      0.5 0.5 1.PT đường thẳng qua O(0; 0; 0) vuông góc (P) có ptts là 2 0 x t y z t         1 2.Gọi A d  có tọa độ (1+ t; 2+2t; 3+ 2t) (đk: t> -1) 2 2 4 5 | 2 2 3 2 5| 4 5 ( ,( )) 1 1 5 5 2 1 t t d A P t t              Vậy A(2; 4; 5) 0,5 IVb (2điểm) 3. G ọi mp cần t ìm là (  ) có VTPT ( ; ; ) n A B C r 2 2 2 2 2 (Ox ) . 0 3 8 2 2 1 3 | os( , )| 2 y n IK C A B A B A C A B c n n                     r uur r uuuuur Chọn A= 1 2 2; 3 2 2; 3 B C B C           vậy có 2 mp thỏa mãn là: 2 2 3 3 0 2 2 3 3 0 x y z x y z         0,5 Vb (1 điểm) Ta có: 2 2 2 2 1 (1 )(1 ) 2 ( ) 1 1 2 2 i i i i i i                              1005 2011 2010 2 1005 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 )(1 ) 2 ( 1) 1 1 2 2 i i i i i i i i i i i i i i i i i i                                                                            0.25 0.25 HẾT * Lưu ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà vẫn đúng thì giám khảo cho điểm tối đa từng phần như đáp án trên. . ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP LỚP 12 NĂM HỌC 201 2- 201 3 Môn : TOÁN. Ngày thi Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 1 trang) I. PHẦN. Î ê ¢ = Û + - = Û + - = Û ê = - Ï ê ë  Ta có, 1 2 (1) (1 1 1) f e e = - - = - 0 2 (0) (0 0 1) 1 f e = - - = - 2 2 2 (2) (2 2 1) f e e = - - =  Trong