20 đề thi thử quốc học Huế

Chia sẻ: Trần Bá Trung1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST

Báo xấu

483
lượt xem 144
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

20 đề thi thử quốc học Huế là tại liệu tham khảo cho bạn nào muốn nâng cao kiến thưc toán, tài liệu gồm các đè thi khó , rất hay, giúp các bạn rất nhiều trong việc tự ôn tập của mình. Chúc các bạn thi tốt

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 20 đề thi thử quốc học Huế

ố Ệ ĐỀ SỐ : 1 ( Thời gian làm bài 150 phút ) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (3,0 điểm): 3  2x Cho hàm số y  x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt. Câu II. (3,0 điểm) 2x  1 1) Giải bất phương trình: log 1 0 2 x 1  2 x 2) Tính tích phân: I   (sin  cos 2x)dx 0 2 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x – e2x trên đoạn [1 ; 0] Câu III. (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABCD có AB = a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. B . PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IVa. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ; 4 ; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình : x + 2y + z – 1 = 0. 1) Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với (P). Câu IVb. (1,0 điểm) Tìm môđun của số phức : z = 4 – 3i + (1 – i)3 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IVa. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ; 2 ; 3) và đường thẳng d có phương trình : x  2 y 1 z   1 2 1 1) Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên d. 2) Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. Câu IVb. (1,0 điểm) Viết dạng lượng giác của số phức: z = 1 – 3 i. VŨ NGỌC VINH 1 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ ĐÁP ÁN Câu NỘI DUNG Điểm I (2,0 điểm) (3,0 Tập xác định : D = R \{1} 0,25 điểm) Sự biến thiên: 1  Chiều biến thiên: y '    0 x  D . (x  1) 2 0,50 Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và (1 ; +)  Cực trị: Hàm số không có cực trị.  Giới hạn: lim y  lim y  2; lim y   và lim y   x  x  x 1 x 1 0,50 Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1, và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = – 2.  Bảng biến thiên: x  1 + y’   0,25 y 2 +  2  Đồ thị: - Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ;  3) và cắt trục hoành tại điểm 3   ; 0 . 2  - Đồ thị nhận điểm I(1 ; 2) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) làm tâm đối xứng. y 3 1 0,50 O 2 x 2 I 3 (1,0 điểm) Đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt 3  2x  Phương trình (ẩn x) = mx + 2 có hai nghiệm phân biệt 0,50 x 1  Phương trình (ẩn x) mx2 – (m – 4)x – 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác 1 VŨ NGỌC VINH 2 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ m  0  m  6  2 5  m  0     (m  4) 2  20m  0   2   6  2 5  m  0 0,50 m.12  (m  4).1  5  0 m  12m  16  0 m  0    II 1. (1,0 điểm) (3,0 Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: điểm) 2x  1 0,50 1 x 1 x  2  0  x2 x  2  0  x  1  0     0,50 x 1 x  2  0 x  2  x  1  0  2. (1,0 điểm)   2 2 x 0,25 I   sin dx   co s 2xdx 0 2 0   x2 1 2 0,50  2 cos  sin 2x 20 2 0  2 2 0,25 3. (1,0 điểm) Ta có: f’(x) = 1 – 2e2x. 0,25 Do đó: f’(x) = 0  x =  ln 2  (1 ; 0) f’(x) > 0 x  [1 ;  ln 2 ); 0,25 f’(x) < 0 x  ( ln 2 ; 0]; 1 Suy ra: max f (x)  f ( ln 2)   ln 2  x[ 1;0] 2 0,50 min f (x)  min{f (1);f (0)}  min{1  e2 ; 1}  1  e2 x[ 1;0] III Do S.ABCD là khối chóp đều và AB = a nên đáy ABCD là hình vuông cạnh a. (1,0 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và gọi I là trung điểm của cạnh BC. Ta có 0,50 điểm)  SO là đường cao và SIO là góc giữa mặt bên và mặt đáy của khối chóp đã cho. S Trong tam giác vuông SOI, ta có: a a 3 SO  OI.tan SIO  .tan 600  . 0,25 2 2 D Diện tích đáy : SABCD = a2. C O I A B VŨ NGỌC VINH 3 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 1 a 3 a3 3 0,25 VS.ABCD3  SABCD .SO  a 2 .  3 3 2 6 IV.a 1. (1,0 điểm) (2,0 Kí hiệu d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). điểm) 0,25 Gọi H là giao điểm của d và (P), ta có H là hình chiếu vuông góc của A trên (P)   Do v = (1 ; 2 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P) nên v là một vectơ chỉ x 1 y  4 z  2 0,25 phương của d. Suy ra, d có phương trình :   1 2 1  x 1 y  4 z  2    Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:  1 2 1  x  2y  z  1  0  0,50 2 2 1  2 1 1 Giải hệ trên, ta được : x =  , y = , z = . Vậy H   ; ; . 3 3 3  3 3 3 2. (1,0 điểm) Có thể giải theo một trong hai cách:  Cách 1 (dựa vào kết quả phần 1): Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A. tiếp xúc với mặt phẳng (P). Ta có: 2 2 2 0,50  2  2  1 5 6 R  AH  1     4     2    .  3  3  3 3 Do đó, mặt cầu có phương trình là: 50 0,50 (x  1) 2  (y  4) 2  (z  2) 2  3 VŨ NGỌC VINH 4 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ ĐỀ SỐ: 2 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) x2 Cho hàm số y  có đồ thị (C) 1 x 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) . 2) Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y = mx  4  2m luôn đi qua một điểm cố định của đường cong (C) khi m thay đổi . . Câu II ( 3,0 điểm ) 1) Giải phương trình log (2 x  1).log (2x  1  2)  12 2 2 0 sin 2x 2) Tính tìch phân : I =  dx 2  /2 (2  sin x) x2  3x  1 3) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) : y  , biết rằng tiếp tuyến này song song x2 với đường thẳng (d) : 5x  4y  4  0 . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S,ABC . Gọi M là một điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2 MA . Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp M.SBC và M.ABC . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz và có trọng tâm G(1;2; 1 ) Hãy tính diện tích tam giác ABC . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường ( C ) : y = x2 , (d) : y = 6  x và trục hoành . Tính diện tích của hình phẳng (H) . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ . Biết A’(0;0;0) , B’(a;0;0),D’(0;a;0) , A(0;0;a) với a>0 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và B’C’ . a. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và song song với hai đường thẳng AN và BD’ .. b. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD’ . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 1 Tìm các hệ số a,b sao cho parabol (P) : y  2x2  ax  b tiếp xúc với hypebol (H) : y  Tại x điểm M(1;1) ………………………………………….. VŨ NGỌC VINH 5 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) 1) 2đ x  1  y + +  1 y 1  2) 1đ Ta có : y = mx  4  2m  m(x  2)  4  y  0 (*) x  2  0 x  2 Hệ thức (*) đúng với mọi m     4  y  0 y  4 Đường thẳng y = mx  4  2m luôn đi qua điểm cố định A(2;  4) thuộc (C) x2 ( Vì tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình y  ) 1 x Câu II ( 3,0 điểm ) 1) 1đ Điều kiện : x > 1 . pt  log (2 x  1).[1  log (2 x  1)]  12  0 (1) 2 2 Đặt : t  log (2x  1) thì (1)  t 2  t  12  0  t  3  t  4 2  t = 3  log (2 x  1)  3  2 x  9  x  log2 9 2 17 17  t =  4  log (2x  1)  4  2x   x  log2 2 16 16 2) 1đ Đặt t  2  sin x  dt  cos xdx   x = 0  t = 2 , x =   t 1 2 2 2 2 2 2(t  2) 1 1 2 1 4 I=  dt  2  dt  4  dt  2 ln t  4  ln 4  2  ln 2 2 1 1 t 1 t 1t t1 e2 5 3) 1đ Đường thẳng (d) 5x  4y  4  0  y  x 1 4 5 Gọi  là tiếp tuyến cần tìm , vì  song song với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc k = 4 5 Do đó : () : y  x  b  là tiếp tuyến của ( C )  hệ sau có nghiệm 4  x2  3x  1 5 2   xb (1) (2)  x  4x  0  x  0  x  4  x2 4 (1) 1 5 1 x  2: 2  x = 0  b    tt( 1) : y  x   x  4x  5  5 2 4 2 (2) (1) 5 5 5  2 4  x = 4  b    tt( 2 ) : y  x   (x  2) 2 4 2 VŨ NGỌC VINH 6 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ Câu III ( 1,0 điểm ) V SM 2 2 Ta có : S.MBC    VS.MBC  .VS.ABC (1) VS.ABC SA 3 3 VM.ABC  VS.ABC  VS.MBC 2 1  VS.ABC  .VS.ABC  .VS.ABC (2) 3 3 V V Từ (1) , (2) suy ra : M.SBC  S.MBC  2 VM.ABC VM.ABC II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Vì các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz nên ta gọi A(x;0;0) , B(0;y;0), C(0;0;z) . x 3 1 y x  3   Theo đề : G(1;2; 1 ) là trọng tâm tam giác ABC    2  y  6 (0,5đ0 3 z  3  z  1 3  Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0; 3 ) (0,25đ) 1 3.VOABC Mặt khác : VOABC  .d(O,(ABC).SABC  SABC  (0,25đ) 3 d(O,(ABC) x y z Phương trình mặt phẳng (ABC) :   1 (0,25đ) 3 6 3 1 nên d(O,(ABC))   2 (0,25đ) 1 1 1   9 36 9 Mặt khác : 1 1 VOABC  .OA.OB.OC  .3.6.3  9 (0,25đ) 6 6 27 Vậy : SABC  (0,25đ) 2 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Phương trình hònh độ giao điểm của ( C ) và (d) : x  2 x2  6  x  x2  x  6  0    x  3 2 6 2 S x 2dx  (6  x)dx  1 [x3 ]2  [6x  x ]6  26  3 0 2 2 3 0 2 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 1) 1đ Từ giả thiết ta tính được : B(a;0;a), a a D(0;a;0) , A(0;0;a) , M( ; 0;a) , N(a; ;0) . 2 2  a a  AN  (a; ; a)  (2;1; 2); BD'  (a;a; a)  a(1; 1;1) 2 2 Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với VŨ NGỌC VINH 7 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ AN và BD’ nên có VTPT là     a2 a 7a n  [AN,BD ']   (1; 4;3) . Suy ra : : (P) :1(x  )  4(y  0)  3(z  a)  0  x  4y  3z  0 2    2 2 2) 1đ Gọi  là góc giữa AN và BD ' . Ta có : a2    a2   a2 AN.BD' 2 1 3 3 cos           arccos AN . BD' 3a 3 3 9 9 .a 3 2    a 2  [AN,BD']  (1; 4;3),AB  (a; 0; 0)  a(1; 0; 0) 2      a3 [AN,BD '].AB a Do đó : d(AN,BD ')      2  [AN,BD '] a2 . 26 26 2 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tiếp điểm M có hoành độ chính là nghiệm của hệ phương trình :  2 1  2 1 2x  ax  b  x 2x  ax  b  x    1 (I) (2x2  ax  b)'  ( 1 )' 4x  a    x   x2 Thay hoành độ của điểm M vào hệ phương trình (I) , ta được : 2  a  b  1 a  b  1 a  5 4  a  1  a  5    b  4 Vậy giá trị cần tìm là a  5, b  4 ........................................................................................ VŨ NGỌC VINH 8 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ ĐỀ SỐ: 3 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) 2x  1 Cho hàm số y  có đồ thị (C) x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(1;8) . . Câu II ( 3,0 điểm ) x 2 log sin 2 x  4 1) Giải bất phương trình: 3 1 1 x  cos 2x)dx 2) Tính tìch phân : I=  (3 0 3) Giải phương trình: x2  4x  7  0 trên tập số phức . Câu III ( 1,0 điểm ) Một hình trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 2 . Một hình vuông có các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và không vuông góc với trục của hình trụ . Tính cạnh của hình vuông đó . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1;0;5) và hai mặt phẳng (P) : 2x  y  3z  1  0 và (Q) : x  y  z  5  0 . 1) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (Q) . 2) Viết phương trình mặt phẳng ( R ) đi qua giao tuyến (d) của (P) và (Q) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (T) : 3x  y  1  0 . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y =  x2  2x và trục hoành . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : x  3 y 1 z  3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :   và mặt 2 1 1 phẳng (P) : x  2y  z  5  0 . 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . 2) Tính góc giữa đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . 3) Viết phương trình đường thẳng (  ) là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P). Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 4y.log x  4  Giải hệ phương trình sau :  2 2y  4 log2 x  2  ………………………………………………. VŨ NGỌC VINH 9 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) 1) (2d) x  1  y   2  y  2 2) (1đ) Gọi ( ) là tiếp tuyến đi qua M(1;8) có hệ số góc k . Khi đó : ( ) y  8  k(x  1)  y  k(x  1)  8 Phương trình hoành độ điểm chung của (C ) và ( ) : 2x  1  k(x  1)  8  kx2  2(3  k)x  9  k  0 (1) x 1 ( ) là tiếp tuyến của (C )  phương trình (1) có nghiệm kép k  0    k  3 2  k(k  9)  0  '  (3  k)  Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  3x  11 Câu II ( 3,0 điểm ) x 2 x2 1) (1đ ) pt  log >0  0   1 ( vì 0 < sin2 < 1 ) sin 2 x  4 x4  x2  x2  x2 0  x  4  0  x  4  0  x  4  x  2  0 x  2      x2  x2 1  x2 1  0  6 0 x  4  0 x  4 x  4  x  4  x  4  1 x 2) (1đ) I =  (3x  cos 2x)dx = [ 3  1 sin 2x]1  [ 3  1 sin 2]  [ 1  1 sin 0]  2  1 sin 2 ln 3 2 0 ln 3 2 ln 3 2 ln 3 2 0 3) (1đ)  '  3  3i2 nên  '  i 3 Phương trình có hai nghiệm : x1  2  i 3 , x2  2  i 3 Câu III ( 1,0 điểm ) Xét hình vuông có cạnh AD không song song và vuông góc với trục OO’ của hình trụ . Vẽ đường sinh AA’ Ta có : CD  (AA’D)  CD  A ' D nên A’C là đường kính của đường tròn đáy . Do đó : A’C = 4 . Tam giác vuông AA’C cho : AC  AA '2  A 'C2  16  2  3 2 Vì AC = AB 2 . S uy ra : AB = 3 .Vậy cạnh hình vuông bằng 3 . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1, Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : VŨ NGỌC VINH 10 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ 1) (0,5đ) d(M;(Q)) = 1 3 b. (1,5đ) Vì  2 1 3 1 1 1   (d)  (P)  (Q) :  2x  y  3z  1  0 xyz5  0 Lấy hai điểm A(  2;  3;0), B(0;  8;  3) thuộc (d) .  + Mặt phẳng (T) có VTPT là n T  (3; 1; 0)     + Mặt phẳng (R) có VTPT là n R  [n T ,AB]  (3;9; 13)  Qua M(1;0;5) + ( R) :    (R) : 3x  9y  13z  33  0 + vtpt : n R  (3;9; 13) Câu V.a ( 1,0 điểm ) : + Phương trình hoành giao điểm :  x2  2x  0  x  0,x  2 2 4 1 16 + Thể tích : VOx    (x2  2x)2 dx  [ x2  x 4  x5 ]2  0 3 5 5 0 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 1) (0,5đ ) Giao điểm I(  1;0;4) . 2  2 1 1  2) (0,5d) sin     4  1  1. 1  4  1 2 6 3) (1,0đ) Lấy điểm A(  3;  1;3)  (d). Viết pt đường thẳng (m) qua A và vuông góc với (P) 5 5 thì (m) : x  3  t , y  1  2t ,z  3  t . Suy ra : (m) (P)  A '( ; 0; ) . 2 2   3 ( )  (IA ') : x  1  t, y  0,z  4  t , qua I(  1;0;4) và có vtcp là IA '   (1 ; 0; 1) 2 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Đặt : u  22y  0,v  log2 x . Thì hpt   uv  4 uv  4  u  v  2  x  4; y   1 2 ……………………………………… VŨ NGỌC VINH 11 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ ĐỀ SỐ: 4 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm) Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  2x 2  1 có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình x 4  2x 2  m  0 (*) . Câu II ( 3,0 điểm )  log x  2log cos  1  x 3 cos log x 1 3 x 1) Giải phương trình : 3  2 1 x )dx 2 Tính tích phân : I=  x(x  e 0 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2x3  3x2  12x  2 trên [1;2] . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vuông góc với nhau từng đôi một với SA = 1cm, SB = SC = 2cm .Xác định tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu đó. II . PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 điểm: A(  2;1;  1) ,B(0;2;  1) ,C(0;3;0), D(1;0;1) . 1) Viết phương trình đường thẳng BC . 2) Chứng minh rằng 4 điểm A,B,C,D không đồng phẳng . 3) Tính thể tích tứ diện ABCD . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tính giá trị của biểu thức P  (1  2 i )2  (1  2 i )2 . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;  1;1) , hai đường thẳng x  2  t x 1 y z  (1) :   , (2 ) : y  4  2t và mặt phẳng (P) : y  2z  0 1 1 4 z  1  1) Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng ( 2 ) . 2) Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng (1) ,(2 ) và nằm trong mặt phẳng (P) . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : x2  x  m Tìm m để đồ thị của hàm số (Cm ) : y  với m  0 cắt trục hoành tại hai điểm x 1 phân biệt A,B sao cho tuếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vuông góc nhau . . . . . . . . .Hết . . . . . . . VŨ NGỌC VINH 12 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) 1) 2đ x  1 0 1  y  0 + 0  0 + y  1  2 2 2) 1đ pt (1)  x 4  2x2  1  m  1 (2) Phương trình (2) chính là phương trình điểm chung của ( C ) và đường thẳng (d) : y = m – 1 Căn cứ vào đồ thị (C ) , ta có :  m -1 < -2  m < -1 : (1) vô nghiệm  m -1 = -2  m = -1 : (1) có 2 nghiệm  -2 < m-1 -1 : (1) có 2 nghiệm Câu II ( 3,0 điểm ) 1) 1đ Điều kiện : 0 < x , x  1  log x  2 log 2  1 pt  3 2 x  1   log x  2 log 2  1  0 2 x  log x  1  1 x  log2 x  log x  2  0   2 2  2 2  log x  2   2 x  4  2) 1đ 1 1 1 1 Ta có : I   x(x  e x )dx  x 2dx  xe xdx  I  I với I  x2dx  1   1 2 1  3 0 0 0 0 1 4 I2   xex dx  1 .Đặt : u  x,dv  e xdx . Do đó : I  3 0 3) 1đ Ta có : TXĐ D  [1;2]  x  2 (l) y  6x2  6x  12 , y  0  6x 2  6x  12  0   x  1 Vì y(1)  15, y(1)  5, y(2)  6 nên Miny  y(1)  5 , Maxy  y( 1)  15 [1;2] [1;2] Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi I là trung điểm của AB . Từ I kẻ đường thằng  vuông góc với mp(SAB) thì  là trục của SAB vuông . Trong mp(SCI) , gọi J là trung điểm SC , dựng đường trung trực của cạnh SC của SCI cắt  tại O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC . Khi đó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật . VŨ NGỌC VINH 13 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ 1 5 Ta tính được : SI = AB  , OI = JS = 1 , 2 2 3 bán kính R = OS = . Diện tích : S = 4R2  9 (cm 2 ) 2 4 9 Thể tích : V = R3   (cm3 ) 3 2 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : x  0  Qua C(0;3;0)   1) 0,5đ (BC) :     (BC) : y  3  t + VTCP BC  (0;1;1)  z  t      2) 1,0đ Ta có : AB  (2;1; 0),AC  (2;2;1),AD  (3; 1;2)   [AB, AC]  (1; 2; 2)     [AB, AC].AD  9  0  A, B,C, D không đồng phẳng 1      3 3) 0,5đ V  [AB,AC].AD  6 2 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : P = -2 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 1) 1đ Gọi mặt phẳng  Qua M(1;  1;1)   Qua M(1; 1;1)  (P) :   (P) :     (P) : x  2y  3  0  +  ( 2 )  + VTPT n P = a2  ( 1;2; 0)  19 2 Khi đó : N  (2 )  (P)  N( ; ;1) 5 5 2) 1đ Gọi A  (1)  (P)  A(1; 0; 0) , B  (2 )  (P)  B(5; 2;1) x 1 y z Vậy (m)  (AB) :   4 2 1 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Pt hoành độ giao điểm của (Cm ) và trục hoành : x2  x  m  0 (*) với x  1 2 1 điều kiện m  , m  0 .Từ (*) suy ra m  x  x 2 . Hệ số góc k  y  x  2x  1  m  2x  1 4 (x  1)2 x 1 Gọi x A ,x B là hoành độ của A,B thì phương trình (*) ta có : x A  x B  1 , x A .x B  m Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì 1 y(x A ).y(x B )  1  5xA xB  3(xA  xB )  2  0  5m  1  0  m  thỏa mãn (*) 5 1 Vậy giá trị cần tìm là m  5 ……………………………………………… VŨ NGỌC VINH 14 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ ĐỀ SỐ: 5 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y  x 3  3x  1 có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 14 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M( ; 1 ) . . 9 Câu II ( 3,0 điểm ) x2  x 1) Cho hàm số : y  e . Giải phương trình y  y  2y  0  2 sin 2x 2) Tính tìch phân : I   dx 2 0 (2  sin x) 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  2 sin3 x  cos2 x  4 sin x  1 . Câu III ( 1,0 điểm ) Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a ,  SAO  30 ,  SAB  60 . Tính độ dài đường sinh theo a . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1) Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng x   2t x 1 y  2 z  (1) :   , (2 ) : y  5  3t 2 2 1 z  4  1) Chứng minh rằng đường thẳng (1) và đường thẳng (2 ) chéo nhau . 2) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng (1) và song song với đường thẳng (2 ) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình x3  8  0 trên tập số phức .. 2) Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) : x  y  2z  1  0 và mặt cầu (S) : x2  y2  z2  2x  4y  6z  8  0 . 1) Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) . 2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Biểu diễn số phức z = 1 + i dưới dạng lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . …… VŨ NGỌC VINH 15 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ
ố Ệ Ta có : y  2 sin3 x  sin2 x  4 sin x  2 Đặt : t  sin x , t  [  1;1]  y  2t 3  t 2  4t  2 , t [ 1;1] 2 y  6t 2  2t  4 ,y   0  6t 2  2t  4  0  t  1  t   3 2 98 Vì y(  1)  3,y(1)  1,y(  ) = . 3 27 Vậy : 2 98 2 2 + Maxy = Maxy = y(  )  khi t =   sinx =  R [ 1;1] 3 27 3 3 2 2  x = arcsin( )  k2  hay x =   arcsin(  )  k2  , k  Z 3 3  + min y  min y = y(1)  1 khi t = 1  sinx = 1  x =  k2 , k  Z R [ 1;1] 2 Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM  AB thì OM = a AB SA SAB cân có  SAB  60 nên SAB đều . Do đó : AM   2 2 SOA vuông tại O và  SAO  30 nên SA 3 OA  SA.cos30  . OMA vuông tại M do đó : 2 3SA2 SA 2 OA 2  OM 2  MA 2   a2   SA 2  2a2  SA  a 2 4 4 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :  Qua A(1;2;0)   Qua B(0;  5;4)  1) 1đ (1) :   , ( 2 ) :   + VTCP a1 = (2; 2; 1)  + VTCP a2 = ( 2;3; 0)        AB  (1; 7; 4),[a1;a2 ].AB  9  0  (1) , ( 2 ) chéo nhau .  Qua (1)   Qua A(1;2; 0)  2) 1đ (P) :   (P) :      (P) : 3x  2y  2z  7  0   + // (2 ) + VTPT n = [a1;a2 ]  (3;2;2)  Câu V.a ( 1,0 điểm ) :  x  2 Ta có : x3  8  0  (x  2)(x2  2x  4)  0    x2  2x  4  0 (*)  Phưong trình (*) có   1  4  3  3i2    i 3 nên (*) có 2 nghiệm : x  1 i 3 , x  1 i 3 Vậy phương trình có 3 nghiệm x  2 , x  1  i 3 , x  1  i 3 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : VŨ NGỌC VINH 17 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ x  2  t  Qua M(2;3;0)  Qua M(2;3;0)   1) 0,5đ Gọi (d) :   (d) :     (d) : y  3  t +  (P) + VTCP a = n P  (1;1;2)   z  2t Khi đó : N  d  (P)  N(1;2; 2) 2). 1,5đ + Tâm I(1; 2;3) , bán kính R = 6 + (Q) // (P) nên (Q) : x  y  2z  m  0 (m  1) |1 2  6  m |  m  1 (l) + (S) tiếp xúc (Q)  d(I;(Q))  R   6 | 5 m | 6   6  m  11 Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) : x  y  2z  11  0 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : z  1  i  z  2  r 1 2 1 2 3 cos     , sin     2 2 2 2 4 3 3 Vậy : z  2(cos  i sin ) 4 4 ………………………………………………………………………….. VŨ NGỌC VINH 18 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ ĐỀ SỐ: 6 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) x 3 Cho hàm số y  có đồ thị (C) x2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt . Câu II ( 3,0 điểm )  ln (1  sin ) 2 1) Giải bất phương trình e  log (x 2  3x)  0 2  2 x x 2) Tính tìch phân : I =  (1  sin 2 ) cos 2 dx 0 ex 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  trên đoạn [ ln 2 ; ln 4 ] . ex  e Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 1) Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng :  x  2  2t  x  2 y 1 z (d1) :  y  3 và (d 2 ) :   . z  t 1 1 2  1) Chứng minh rằng hai đường thẳng (d1), (d 2 ) vuông góc nhau nhưng không cắt nhau . 2) Viết phương trình đường vuông góc chung của (d1), (d 2 ) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tìm môđun của số phức z  1  4i  (1  i)3 . 2) Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (  ) : 2x  y  2z  3  0 và hai x  4 y 1 z x3 y5 z7 đường thẳng ( d1 ) :   , ( d2 ) :   . 2 2 1 2 3 2 1) Chứng tỏ đường thẳng ( d1 ) song song mặt phẳng (  ) và ( d 2 ) cắt mặt phẳng (  ) . 2) Tính khoảng cách giữa đường thẳng ( d1 ) và ( d 2 ). 3) Viết phương trình đường thẳng (  ) song song với mặt phẳng (  ) , cắt đường thẳng ( d1 ) và ( d 2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 2 Tìm nghiệm của phương trình z  z , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z . VŨ NGỌC VINH 19 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ HƯỚNG DẪN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm) Câu I ( 3,0 điểm ) 1) 2đ x  2  y + + y  1 1  2) 1đ Phương trình hoành độ của (C ) và đường thẳng y  mx  1 : x3  mx  1  g(x)  mx2  2mx  1  0 , x  1 (1) x2 Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt  phương trình (1) có hai nghiệm phân m  0 m  0   2  m  0  m  0  m  1   m  0 biệt khác 1    m  m  1 g(1)  0 m  2m  1  0     Câu II ( 3,0 điểm ) ln 2 1) 1đ pt  e  log (x 2  3x)  0  2  log (x 2  3x)  0 (1) 2 2 Điều kiện : x > 0  x  3 (1)  log (x 2  3x)  2  x 2  3x  22  x 2  3x  4  0  4  x  1 2 So điều kiện , bất phương trình có nghiệm : 4  x  3 ; 0 < x  1    2 x x x 2 x 1 x 1 2) 1đ I =  (cos  sin .cos )dx   (cos  sin x)dx  (2sin  cos x) 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 2 1 1  2.    2 2 2 2 ex 3) 1đ Ta có : y    0 , x  [ ln 2 ; ln 4 ] (e x  e)2 2 4 + min y  y(ln 2)  + Maxy  y(ln 4)  [ ln 2 ; ln 4 ] 2e [ ln 2 ; ln 4 ] 4e Câu III ( 1,0 điểm ) a 2 3 a3 3  Vlt  AA '.SABC  a.  4 4  Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC , A 'B'C' thí tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm I của OO’ . VŨ NGỌC VINH 20 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ