Xem mẫu
- SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2014
TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN THI TOÁN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM (Thời gian làm bài 150 phút , không kể thời gian giao đề)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm)
1 4
Cho hàm số y x 3 2 x 2 3mx (1) (m tham số)
3 3
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2) Xác định các giá trị m để hàm số (1) đạt cực trị tại 2 điểm x1 và x2 thoả mãn điều kiện
x12 x 2 22
2
Câu II (3,0 điểm)
1) Giải phương trình : log 0, 25 ( x 2 2 x 8) 2 log 0 ,5 (10 3 x x 2 ) 1
1
x 2 dx
2) Tính tích phân I =
0 4 x2
3
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin 2 x cos x trên đoạn ;
3 4
Câu III (1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ xiên ABC.A’B’C’, đáy là tam giác đều . Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng
(ABC) trùng với trung điểm I của BC. Hai mặt bên qua A A’ vuông góc với nhau, khoảng cách
giữa BC và A A’ bằng a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần sau)
1.Theo chương trình Chuẩn :
Câu IVa ( 2,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x – 2y +z +1 = 0 và đường thẳng d
x 1 3t
có phương trình: y 2 t .
z 1 t
1) Tìm toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3
2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P)
Câu Va (1,0 điểm)
2 7i 13 4i
Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: 3
zi 2 2i
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;1;1) và hai đường thẳng (d1) và (d2) có
phương trình
x 1 t x 6
(d1) : y 2 2t , (d2) : y 1 4t
z 1 3t z 2t
1) Tính khoảng cách từ điểm I (1;1;1) đến đường thẳng (d1) .
2) Viết phương trình đường thẳng (D) qua I(1; 1; 1) vuông góc với (d1 ) và cắt (d2).
Câu Vb (1,0 điểm)
Giải phương trình sau trên C : (z + 4 – 3i)2 – 4(z + 4 – 3i) +20 = 0
- HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
Câu I I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ)
(3,0 đ) Câu I ( 3, 0 đ)
1) (2,0 đ)
1 4
+ Khi m = 1 hàm số có dạng y x 3 2 x 2 3x
3 3
+ TXĐ : D = R
+ Giới hạn: lim y và lim y 0,25
x x 0,25
x 1 y 0
+Ta có y’ = x2 + 4x +3 , y’ = 0 0,25
x 3 y 4 / 3
+BBT
x – –3 –1 +
0,50
y’ + 0 – 0 +
4/3 +
y
– 0
Hàm đồng biến trên các khoảng (– , – 3) và (– 1,+ ), nghịch biến trên 0,25
khoảng (– 3, – 1). Đồ thị có điểm cực đại (– 3, 4/3) và điểm cực tiểu (– 1, 0).
+ y” = 2x + 4, y” = 0 x = – 2 y = 2/3. Đồ thị có điểm uốn I( – 2, 2/3)
+Đồ thị
4
1 4
u x =
3
x3+2x2+3x+
3
2
0,50
-5 5
-2
-4
2)(1,0 đ)
0,25
+ y’ = x2 + 4x + 3m
+ Hàm đạt cực trị tại hai điểm x1 và x2 thỏa x12 x 2 22 khi và chỉ khi
2
y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa x12 x 2 22
2
0,25
' 0 4 3m 0
2
m=–1 0,50
( x1 x2 ) 2 x1 x2 22 16 6m 22
- Câu Đáp án Điểm
Câu II Câu II (3,0 đ)
(3,0 đ) 1)(1,0 đ)
2
x 2x 8 0 x 2 và x 4 2 x 2
+ ĐK: 2
0,25
10 3 x x 0
2 x 5 2 x 5
1
+ Phương trình tương đương : log 0,5 x 2 2 x 8 log 0,5 ( x 2 3x 10)
2
1
x 2 2 x 8 ( x 2 3 x 10) (2) 0,25
2
1
+ Nếu – 2 < x < 2 thì (2) – (x2 + 2x – 8) = (– x2 + 3x + 10)
2
7 73
x2 + 7x – 6 = 0 x =
2
7 73
So ĐK chọn x = 0,25
2
1
+ Nếu 2 < x < 5 thì (2) x2 + 2x – 8 = (– x2 + 3x + 10)
2
1 313
3x2 + x – 26 = 0 x =
6
1 313
So ĐK chọn x = 0,25
6
7 73 1 313
Vậy phương trình có hai nghiệm x = và x =
2 6
1 2
x dx
2) (1,0 đ) I=
0 4 x2
+ Đặt x = 2sint dx = 2costdt
+ x = 0 thì t = 0; x = 1 thì t =
6 0,25
/6 2 /6 /6
4sin t.2 cos tdt
+I= 4 sin 2 tdt = 2 (1 cos 2t )dt 0,25
0
2 cos t 0 0
/6
1 3 3
= 2 (t sin 2t ) 2( )= 0,5
2 0 6 4 3 2
3) (1,0 đ)
y = sin 2 x cos x y’ = 2sin x cos x sin x sin x(2 cos x 1)
y ' 0 sin x(2cos x 1) 0 x 0
3 3 0,25
x
3 x
3 x 2
4 4 3
2 5 1 3 1 2 0,25
+ y(0) = – 1 , y( ) = , y( ) = , y( )=
3 4 3 4 4 2
- 5
+ Vậy: max y , min y – 1 0,5
3 4 3
x[ , ] x[ , ]
3 4 3 4
Câu Đáp án Điểm
Câu III Câu III ( 1,0 đ)
(1,0 đ) C'
B' +A’I (ABC) A’I BC ,
mà AI BC nên BC (A’IA)
+ Dựng IK A’A, K A’A
A'
thì IK = a = d(BC, A’A) 0,25
+A’A (KBC) A’A KB và A’A KC
+(A’ABB’) (A’ACC’) KB KC
BC = 2IK = 2a 0,25
K
AI = a 3 , SABC = a2 3
I B a 6
C 1 1 1 0,25
+ 2
2 2
IA’ =
IK IA IA ' 2
A
a 6
+ VABC.A’B’C’ = SABC .IA’ = a2 3 .
2
3
3 2a 0,25
=
2
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần sau)
1.Theo chương trình Chuẩn :
Câu Câu IVa (2,0 đ) 0,25
IVa 1)M(1+3t, 2 – t, 1 + t) d.
(2,0 đ) 2(1 3t ) 2(2 t ) 1 t 1 0,5
+ Ta có d(M,(P)) = 3 3 t = 1
3
Suy ra có 2 điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0) 0,25
2)+ Đường thẳng d qua A(1, 2, 1) có VTCP u = (3, – 1, 1) 0,25
0,25
+Mặt phẳng (P) có VTPT nP = (2, – 2, 1)
+ Mp(Q) chứa d vuông góc với (P) nên có VTPT nQ = [ u , nP ] = (1, –1, – 4) 0,25
Suy ra phương trình mp(Q): (x – 1) – (y – 2) – 4(z – 1 ) = 0
x – y – 4z + 5 = 0 0,25
Câu Va Câu Va (1,0 đ)
(1,0 đ)
2 7i 13 4i 2 7i 13 4i 2 7i 2i 7
3 3 0,50
zi 2 2i zi 2 2i z i 2 2i
2 2i
z–i= z=2–i 0,50
i
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu Câu IVb (2,0 điểm)
IVb 1)+1 qua điểm A(1,–2, –1) và có VTCP u = (1, 2, 3)
d
(2,0 đ) 0,25
+ AI = ( 0, 3, 2); [ AI , u ] = (5, 2, – 3) 0,25
0,50
-
AI , u
38 133 0,25
+ d(I, d) = =
u 14 7
2) K(6, 1 – 4t, 2t) d2 , IK = (5, – 4t, 2t – 1)
Câu Đáp án Điểm
IK u 5 – 8t +3(2t – 1) = t = 1 .
0 0,25
Suy ra đường thẳng (D) nhận IK = (5, – 4 , 1) làm VTCP nên có phương
0,25
x 1 y 1 z 1
trình: 0,25
5 4 2
Câu Câu Vb (1,0 đ)
Vb (z + 4 – 3i)2 – 4(z + 4 – 3i) +20 = 0 (1)
(1,0 đ) + Đặt t = z + 4 – 3i thì (1) có dạng t2 – 4t + 20 = 0 (2) 0,25
(2) có ' = – 16 = (4i)2 suy ra (2) có hai nghiệm t1 = 2 + 4i và t2 = 2 – 4i
0,25
+ Ta có z + 4 – 3i = 2 + 4i z = – 2 + 7i 0,25
có z + 4 – 3i = 2 – 4i z = – 2 – i
Vậy phương trình có hai nghiệm : z = – 2 + 7i và z = – 2 – i 0,25
nguon tai.lieu . vn
