GV: Nguyễn Kiên Trung . Đơn vị: Trường THPT số 2 An Lão (Yếu - kém) SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ TN THPT – NĂM HỌC 2014 - 2015 Trường THPT Số 2 An Lão Môn Toán – Khối 12 Thời gian 180 phút ( Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 4= − − +y x x . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình 3 2 3 4 0+ + − =x x m . Câu 2 (3,0 điểm) 1) Giải phương trình 2 3 3 log 8log 3 0− + =x x . 2) Tính tích phân I = 3 2 1 ln+ ∫ e x x dx x . 3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số ( ) 3 2 2 ( ) 4 5 + = − x f x e x x trên đoạn 1 3 ; 2 2       . Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, AC a = , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 0 60 . Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB, tính thể tích của khối chóp G.ABC theo a. Câu 4 (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; -2; -5) và đường thẳng d có phương trình: x 1 y 1 z 2 1 2 − + = = − 1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ giao điểm của mặt phẳng (P) và đường thẳng d. 2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng d và đi qua hai điểm A và O. Câu 5(1,0 điểm). Giải phương trình 2 ( 2) 2( 2) 5 0+ + + + =z z trên tập số phức. 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 kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn gồm 05 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 hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất trong toàn 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, lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0 điểm). II. Đáp án và thang điểm CÂU Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2 3 4= − − +y x x . 2.0 1. Tập xác định: D = ¡ 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn: x lim y →−∞ = +∞ và x lim y →+∞ = −∞ b) Bảng biến thiên: • 2 y' 3x 6x= − − 2 x 2 y' 0 3x 6x 0 x 0 = −  = ⇔ − − = ⇔ =   x - ∞ -2 0 + ∞ y' − 0 + 0 − y + ∞ 4 0 - ∞ + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ; 2−∞ − và ( ) 0;+∞ , đồng biến trên khoảng ( ) 2;0− . + Hàm số đạt cực đại tại điểm x 0= ; giá trị cực đại của hàm số là y(0) 4= . + Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 2= − ; giá trị cực tiểu của hàm số là y( 2) 0− = . 3. Đồ thị: + Giao điểm của đồ thị với trục tung là điểm ( ) 0;4 . + Giao điểm của đồ thị với trục hoành là các điểm ( ) ( ) 2;0 ; 1;0− . + Đồ thị đi qua điểm ( ) 1;2− . 0.25 0.25 0.25 0.75 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 x y y=m m y=-x - x + 0.5 2 Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 3 2 3 4 0+ + − =x x m (1) 1.0 • Ta có : 3 2 3 2 3 4 0 3 4+ + − = ⇔ = − − +x x m m x x . • Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2 3 4= − − +y x x và đường thẳng y m= . • Dựa vào đồ thị, ta suy ra kết quả biện luận về số nghiệm của phương trình (1) như sau: + m 0 m 4< ∨ > : Phương trình (1) có 1 nghiệm. + 0 m 4 < < : Phương trình (1) có 3 nghiệm. + m 0 m 4 =  =   : Phương trình (1) có 2 nghiệm. 0.25 0.25 0.5 Câu 2 1 Giải phương trình 2 3 3 log 8log 3 0− + =x x (1) 1.0 Điều kiện: x 0> • Khi đó: 2 2 3 3 3 3 log 8log 3 0 log 4log 3 0− + = ⇔ − + =x x x x (2) • Đặt 3 t log x= , phương trình (2) trở thành: 2 t 1 t 4t 3 0 t 3 =  − + = ⇔ =   • Với t 1= thì 3 log x 1 x 3= ⇔ = Với t 3= thì 3 log x 3 x 27= ⇔ = • Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là { } S 3;27= . 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Tính tích phân I = 3 2 1 ln+ ∫ e x x dx x 1.0 • Ta có: 3 2 2 1 1 1 ln 1 ln + = = + ∫ ∫ ∫ e e e x x I dx xdx xdx x x • e e 2 2 1 1 x e 1 xdx 2 2 2   = = −     ∫ 0.25 0.25 • Đặt 2 1 u ln x du dx x 1 1 dv dx v x x = = ⇒ = = − Do đó: e e e e 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 ln xdx ln x dx 1 1 x x x e x e e e     = − + = − + − = − − + = −         ∫ ∫ • Vậy 2 e 2 1 I 2 e 2 = − + . 0.25 0.25 3 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số ( ) 3 2 2 ( ) 4 5 + = − x f x e x x trên đoạn 1 3 ; 2 2       . 1.0 • Trên đoạn 1 3 D ; 2 2   =     ta có: ( ) ( ) ( ) 3x 2 2 3x 2 3x 2 2 y' 3e . 4x 5x 8x 5 .e e . 12x 7x 5 + + + = − + − = − − • 2 x 1 D 5 y' 0 12x 7x 5 0 x D 12 = ∈   = ⇔ − − = ⇔ = − ∉   • So sánh ba giá trị: ( ) 7 5 13 1 3 f e 2 2 f 1 e 3 3 f e 2 2    = −  ÷     = −     =   ÷    • Ta suy ra được: 13 x D 3 Max f (x) e 2 ∈ = và 5 x D min f (x) e ∈ = − . 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 3 1.0 • Do SA (ABC)⊥ nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABC). Suy ra ( ) ( ) · 0 SC;(ABC) SC;AC SCA 60= = = . • Xét hai tam giác vuông SAC và ABC ta suy ra được: 0.25 0 SA AC.tan60 a 3 AC a 2 AB BC 2 2  = =   = = =   • Do G là trọng tâm tam giác SAB nên: ( ) ( ) 1 1 a 3 d G;AB d S;AB SA 3 3 3 = = = • Vậy thể tích khối chóp G.ABC là: ( ) ( ) 3 2 ABC 1 1 1 a 3 V S .d G;ABC . AB .d G;AB 3 3 2 36 ∆ = = = . 0.25 0.25 0.25 Câu 4 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng (d). Tìm tọa độ giao điểm của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d). 1.0 • Đường thẳng d đi qua ( ) 0 M 1; 1;0− và có VTCP là: ( ) a 2; 1;2= − r • Do mặt phẳng (P) đi qua điểm ( ) A 1; 2; 5− − và vuông góc với d nên VTPT của (P) là ( ) n a 2; 1;2= = − r r • Suy ra phương trình của mặt phẳng (P): ( ) ( ) ( ) 2 x 1 1 y 2 2 z 5 0 2x y 2z 6 0− − + + + = ⇔ − + + = • Tọa độ giao điểm H của mặt phẳng (P) và đường thẳng d là nghiệm của hệ phương trình: ( ) 2x y 2z 6 x 1 x 2y 1 y 0 H 1;0; 2 2y z 2 z 2 − + = − = −     + = − ⇔ = ⇒ − −   + = − = −     . 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng (d) và đi qua hai điểm A và O. 1.0 • Phương trình tham số của (d): ( ) x 1 2t y 1 t t z 2t = +   = − − ∈  =   ¡ . Do tâm I của mặt cầu (S) thuộc d nên ( ) I 1 2t; 1 t;2t+ − − • Do mặt cầu (S) đi qua hai điểm A, O nên: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 IO IA IO IA 1 2t 1 t 2t 2t 1 t 2t 5 1 4t 4t 1 2t t 4t 4t 1 2t t 4t 20t 25 t 2 = ⇔ = ⇔ + + − − + = + − + + ⇔ + + + + + + = + − + + + + ⇔ = − • Suy ra mặt cầu (S) có tâm ( ) I 3;1; 4− − , bán kính R IO 9 1 16 26= = + + = • Vậy phương trình của (S) là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x 3 y 1 z 4 26+ + − + + = . 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 5 Giải phương trình 2 ( 2) 2( 2) 5 0+ + + + =z z trên tập số phức. 1.0 • Ta có: 2 2 ( 2) 2( 2) 5 0 6 13 0+ + + + = ⇔ + + =z z z z (1) • Phương trình (1) có: ( ) 2 ' 9 13 4 2i∆ = − = − = • Do đó phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 z 3 2i= − − và 1 z 3 2i= − + . 0.25 0.25 0.5 Hết . Trường THPT số 2 An Lão (Yếu - kém) SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ TN THPT – NĂM HỌC 2014 - 2 015 Trường THPT Số 2 An Lão Môn Toán – Khối 12 Thời gian 180 phút ( Không kể thời gian giao đề) Câu. tập số phức. 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 kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản. m số nghiệm của phương trình: 3 2 3 4 0+ + − =x x m (1) 1.0 • Ta có : 3 2 3 2 3 4 0 3 4+ + − = ⇔ = − − +x x m m x x . • Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số