ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP_Đề 01

Chia sẻ: Bibi_3 Bibi_3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử tốt nghiệp_đề 01', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP_Đề 01

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 01 ------------------------------ --------------------------------------------------- I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = (1 - x )2 (4 - x ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại giao điểm của (C ) với trục hoành. để phương trình đây có 3 nghiệm biệt: 3) Tìm m sau phân x 3 - 6x 2 + 9x - 4 + m = 0 Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 22x + 1 - 3.2x - 2 = 0 1 x 2) Tính tích phân: ò (1 + x )e dx I= 0 3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y = e x (x 2 - x - 1) trên đoạn [0;2]. Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của hình chóp. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1. Theo chương trình chuẩn vớ i hệ to ạ độ Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho A (2; 0; - 1), B (1; - 2;3), C (0;1;2) . 1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng (A BC ) . 2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên mặt phẳng (A BC ) .
Câu Va (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng: z + 2z = 6 + 2i . 2. Theo chương trình nâng cao với hệ toạ độ Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho A (2; 0; - 1), B (1; - 2;3), C (0;1;2) 1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng (A BC ) . 2) Viết phương trình mặt cầu tâm B, tiếp xúc với đường thẳng AC. Câu Vb (1,0 điểm): Tính môđun của số phức z = ( 3 - i )2011 . ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I : y = (1 - x ) (4 - x ) = (1 - 2x + x )(4 - x ) = 4 - x - 8x + 2x 2 + 4x 2 - x 3 2 2 = - x 3 + 6x 2 - 9x + 4  y = - x 3 + 6x 2 - 9x + 4  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = - 3x 2 + 12x - 9 é =1 x  Cho y ¢ = 0 Û - 3x 2 + 12x - 9 = 0 Û ê ê=3 x ê ë  Giới hạn: lim y = + ¥ ; lim y = - ¥ x®- ¥ x® + ¥  Bảng biến thiên x – + 1 3 y¢ – 0 + 0 – + 4 y – 0  Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (–;1), (3;+) Hàm số đạt cực đại y CÑ = 4 tại x CÑ = 3 ; y đạt cực tiểu y CT = 0 tại x CT = 1  y ¢ = - 6x + 12 = 0 Û x = 2 Þ y = 2 . Điểm uốn là I(2;2) ¢ 4 é =1 x  Giao điểm với trục hoành: y = 0 Û - x 3 + 6x 2 - 9x + 4 = 0 Û ê ê=4 x ê ë 2 Giao điểm với trục tung: x = 0 Þ y = 4  Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4 y 4 0 2 4 0 34 12 O x  Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm trục đối xứng như hình vẽ bên đây  (C ) : y = - x 3 + 6x 2 - 9x + 4 . Viết pttt tại giao điểm của (C ) với trục hoành.  Giao điểm của (C ) với trục hoành: A (1; 0), B (4;0)  pttt với (C ) tại A (1; 0) :  x 0 = 1 vaø 0 = 0 üï y ï Þ pt t t t aï A : y - 0 = 0(x - 1) Û y = 0 i ý  f ¢ x 0 ) = f ¢ = 0ï ( (1) ï þ  pttt với (C ) tại B ( 4;0) : ü  x 0 = 4 vaø 0 = 0 ï y ï Þ pt t t t aï B : y - 0 = - 9(x - 4) Û y = - 9x + 36 i ý  f ¢ x 0 ) = f ¢ = - 9ï ( (4) ï þ  Vậy, hai tiếp tuyến cần tìm là: y = 0 và y = - 9x + 36  Ta có, x 3 - 6x 2 + 9x - 4 + m = 0 Û - x 3 + 6x 2 - 9x + 4 = m (*)
 (*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C ) : y = - x 3 + 6x 2 - 9x + 4 và d : y = m nên số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của (C ) và d.  Dựa vào đồ thị ta thấy (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0< m < 4  Vậy, với 0 < m < 4 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt. Câu II  22x + 1 - 3.2x - 2 = 0 Û 2.22x - 3.2x - 2 = 0 (*)  Đặt t = 2x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành é = 2 (nhan) t 2t 2 - 3t - 2 = 0 Û êê = - 1 (loai) t ê ë 2  Với t = 2: 2x = 2 Û x = 1  Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 1. 1 x I = ò (1 + x )e dx 0 ìu = 1+ x ì du = dx ï ï  Đặt ï ï . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: Þí í ï dv = e xdx ï v = ex ï ï ï ï î î 1 1 1 I = (1 + x )e x 0 - e x dx = (1 + 1)e 1 - (1 + 0)e 0 - e x = 2e - 1 - (e 1 - e 0 ) = e ò0 0 1 x  Vậy, I = ò (1 + x )e dx = e 0  Hàm số y = e x (x 2 - x - 1) liên tục trên đoạn [0;2]  y ¢ = (e x )¢(x 2 - x - 1) + e x (x 2 - x - 1)¢= e x (x 2 - x - 1) + e x (2x - 1) = e x (x 2 + x - 2)  Cho é = 1 Î [0;2] (nhan) x y ¢ = 0 Û e x (x 2 + x - 2) = 0 Û x 2 + x - 2 = 0 Û ê ê = - 2 Ï [0;2] (loai) x ê ë  Ta có, f (1) = e 1(12 - 1 - 1) = - e f (0) = e 0 (02 - 0 - 1) = - 1 f (2) = e 2 (22 - 2 - 1) = e 2  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là - e và số lớn nhất là e 2
 Vậy, min y = - e k hi x = 1; max y = e 2 khi x = 2 [0;2] [0;2] S Câu III  Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO ^ (A B CD ) do đó SO là đường cao của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO, · do đó SBO = 600 (là góc giữa SB và mặt đáy) A D · · · SO BD  Ta có, t an SBO = Þ SO = BO . t an SBO = . t an SBO 60 BO 2 O = a 2. t an 600 = a 6 B C 2a  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là 4a 3 6 1 1 1 V = B .h = A B .B C .SO = 2a.2a .a 6 = 3 3 3 3 THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: Với A (2; 0; - 1), B (1; - 2;3), C (0;1;2) . uuur uuu r Ta có hai véctơ: A B = (- 1; - 2; 4) , A C = (- 2;1; 3) æ- 2 4 4 - 1 - 1 - 2ö uuu uuu r r r ÷ ç ÷ = (- 10; - 5; - 5) ¹ 0 Þ A, B , C [A B , A C ] = ç  ç 1 3;3 - 2;- 2 ÷ ÷ ç 1ø ÷ ç è không thẳng hàng.  Điểm trên mp (A BC ) : A (2; 0; - 1) uuu uuu r r r  vtpt của mp (A BC ) : n = [A B , A C ] = (- 10; - 5; - 5)  Vậy, PTTQ của mp (A BC ) : A (x - x 0 ) + B (y - y 0 ) + C (z - z 0 ) = 0 Û - 10(x - 2) - 5(y - 0) - 5(z + 1) = 0 Û - 10x - 5y - 5z + 15 = 0 Û 2x + y + z - 3 = 0  Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng (a ) , có vtcp r u = (2;1;1) ì ï x = 2t ï ï  PTTS của d : ï y = t . Thay vào phương trình mp (a ) ta được: í ï ïz = t ï ï î 2(2t ) + (t ) + (t ) - 3 = 0 Û 6t - 3 = 0 Û t = 12  Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là H (1; 2 ; 2 ) 11 Câu Va:  Đặt z = a + bi Þ z = a - bi , thay vào phương trình ta được a + bi + 2(a - bi ) = 6 + 2i Û a + bi + 2a - 2bi = 6 + 2i Û 3a - bi = 6 + 2i ì 3a = 6 ìa = 2 ï ï Ûï Ûï Þ z = 2 - 2i Þ z = 2 + 2i í í ï- b = 2 ïb = - 2 ï ï î î  Vậy, z = 2 + 2i
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: Với A (2; 0; - 1), B (1; - 2;3), C (0;1;2) .  Bài giải hoàn toàn giống bài giải câu IVa (phần của ban cơ bản): đề nghị xem lạ i phần trên uuu r r  Đường thẳng AC đi qua điểm A (2; 0; - 1) , có vtcp u = A C = (- 2;1; 3) uuu r  Ta có, A B = (- 1; - 2; 4) r uuu r u = A C = (- 2;1; 3) . Suy ra æ- 2 4 4 - 1 - 1 - 2 ö uuu r r ÷ ç ÷ = (- 10; - 5; - 5) [A B , u ] = ç ç 1 3;3 - 2;- 2 ÷ ÷ ç 1ø÷ ç è  Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta được uuu r r (- 10)2 + (- 5)2 + (- 5)2 [A B , u ] 15 d (B , A C ) = = = r u (- 2)2 + (1)2 + (32 ) 14 15  Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm B (1; - 2;3) , bán kính R = d (B , A C ) = 14 nên có pt 225 (x - 1)2 + (y + 2)2 + (z - 3)2 = 14 Vb: Câu Ta có, ( 3 - i )3 = ( 3)3 - 3.( 3)2 .i + 3. 3.i 2 - i 3 = 3 3 - 9i - 3 3 + i = - 23.i  Do đó, 670 ( 3 - i )2010 = é 3 - i ) 3 ù = (- 23 i )670 = 22010.i 670 = 22010.(i 4 )167 .i 2 = - 22010 ( ê ú ë û Vậy, z = ( 3 - i )2011 = - 22010.( 3 - i ) Þ z = 22010. ( 3)2 + 12 = 2011