ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP_Đề 06

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

Thêm vào BST

Báo xấu

49
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử tốt nghiệp_đề 06', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP_Đề 06

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 06 ------------------------------ --------------------------------------------------- I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x 3 + (m + 1)x 2 + (m 2 - 4)x - m + 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 2. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại giao điểm của (C ) với trục tung. 3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 0. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 log2 (x - 2) + log 0,5 (2x - 1) = 0 1 (e x + 1)2 2) Tính tích phân: ò0 I= dx ex x2 - . Chứng minh rằng, xy ¢= (1 - x 2 )y 2 3) Cho hàm số y = x .e Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a. Hai mặt bên (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích khố i chóp S.ABCD. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1. Theo chương trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho A ( 0;1;2), B (- 2; - 1; - 2), C (2; - 3; - 3), D (- 1;2; - 4) 1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông. Tính diện tích của tam giác ABC. 2) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Tính thể tích tứ diện ABCD. Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2w2 - 2w + 5 = 0 2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho A ( 0;1;2), B (- 2; - 1; - 2), C (2; - 3; - 3) 1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông. Tính diện tích của tam giác ABC. 2) Viết phương trình đường thẳng D đi qua điểm B đồng thời vuông góc vớ i mặt phẳng (ABC). Xác định toạ độ điểm D trên D sao cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 14.
Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2 z + 4z = 8i ---------- 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: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: .................................
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Với m = 2 ta có hàm số: y = 2x 3 + 3x 2 - 1  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = 6x 2 + 6x  Cho y ¢= 0 Û 6x 2 + 6x = 0 Û x = 0 hoac x = - 1  Giới hạn: lim y = - ¥ ; lim y = + ¥ x®- ¥ x® +¥  Bảng biến thiên +¥ x – –1 0 y¢ + 0 – 0 + +¥ 0 y – –1  Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ ; - 1),(0; + ¥ ) , NB trên khoảng (- 1;0) Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại x CÑ = - 1 , đạt cực tiểu yCT = –1 tại x CT = 0 . æ 1 1ö 1 1 Þ y = - . Điểm uốn: I ç- ; - ÷  y ¢ = 12x + 6 = 0 Û x = - ¢ ÷ ç ÷ ç 2 2ø è 2 2 y  Giao điểm với trục hoành: 1 cho y = 0 Û 2x 3 + 3x 2 - 1 = 0 Û x = - 1 hoac x = 2 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 1 3 1 1  Bảng giá trị: x - - 0 -1 -1 O 2 2 2 x 1 1 - y 0 0 -1 -1 2 2  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây -1  Giao điểm của (C ) với trục tung: A ( 0; - 1)  x0 = 0 ; y0 = - 1  f ¢ 0) = 0 (  Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y + 1 = 0(x - 0) Û y = - 1  y = 2x 3 + (m + 1)x 2 + (m 2 - 4)x - m + 1  Tập xác định D = ¡  y ¢ = 6x 2 + 2(m + 1)x + m 2 - 4  y ¢ = 12x + 2(m + 1) ¢  Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 = 0 khi và chỉ khi ì ìf¢ = 0 ï 6.02 + 2(m + 1).0 + m 2 - 4 = 0 ï (0) ï ï Ûí í¢ ïf ¢ > 0 ï 12.0 + 2(m + 1) > 0 (0) ï ï î ï î ìm - 4 = 0 ìm = ± 2 2 ï ï ï ï Ûí Ûí Û m = 2 (loai m = - 2 vì - 2 < - 1) ï 2m + 2 > 0 ïm > - 1 ï ï î ï î  Vậy, với m = 2 thì hàm số đạt tiểu tại x 0 = 0 .
Câu II:  2 log2 (x - 2) + log 0,5 (2x - 1) = 0 (*) ìx > 2 ï ìx - 2> 0 ï ï ï ï  Điều kiện: í Ûí Û x>2 ïx > 1 ï 2x - 1 > 0 ï ï î ï 2 î  Khi đó, (*) Û log2 ( x - 2) - log2 (2x - 1) = 0 Û log2 (x - 2)2 = log2 (2x - 1) 2 é = 1 (loai) x (x - 2)2 = (2x - 1) Û x 2 - 6x + 5 = 0 Û ê ê = 5 (nhan) x ê ë  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5 1 (e x + 1)2 1 e 2x + 2e x + 1 1 e 2x 2e x 1 I = ò dx = ò dx = ò ( x + x + x )dx ex ex 0 0 0e e e 1 1 1 (e x + 2 + e - x )dx = (e x + 2x - e - x ) 0 = (e 1 + 2.1 - e - 1 ) - (e 0 + 2.0 - e - 0 ) = e + 2 - = ò0 e 1 (e x + 1)2 1  Vậy, I = ò0 dx = e + 2 - x e e 2 x -  Hàm số y = x .e 2 .  ¢ + x .(e )=e ¢ x2 x2 x2 x2 æ x2 ö - - - - ÷ 2 . ç- ÷ y ¢ = (x )¢.e 2 2 2 ç + x .e ÷ ç 2ø è x2 x2 x2 - - - 2 2 2 2 2 =e - x .e = (1 - x )e æ ö æ ö x2 x2 ÷ ÷ ç ç- - ÷ ÷  Do đó, xy ¢= x . ç(1 - x 2 ).e ÷ = (1 - x 2 ). ç x .e 2 ÷ ç 2 2 ø = (1 - x )y ç è ø ÷ è x2 - ta có xy ¢= (1 - x 2 )y  Vậy, với y = x .e 2 Câu III S ì (SA B ) ^ (A BCD ) ï ï ï  ï (SA D ) ^ (A BCD ) Þ SA ^ (A BCD ) í ï A ï (SA B ) Ç (SA D ) = SA D ï 60 ï î a ·  Suy ra hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC, do đó SCA = 600 B 2a C  · · SA Þ SA = A C . t an SCA = A B 2 + B C 2 . t an 600 = a 2 + (2a )2 . 3 = a 15 t an SCA = AC  S A BCD = A B .BC = a .2a = 2a 2
 Vậy, thể khố i tích chóp S.ABCD là: 2a 3 15 1 1 SA .S A CBD = ×a 15 ×2a 2 = (đvtt) V= 3 3 3 THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: A ( 0;1;2), B (- 2; - 1; - 2), C (2; - 3; - 3), D (- 1;2; - 4) uuu r  A B = (- 2; - 2; - 4) Þ A B = (- 2)2 + (- 2)2 + (- 4)2 = 2 6 uuur BC = (4; - 2; - 1) Þ BC = 42 + (- 2)2 + (- 1)2 = 21 uuu uuu rr Þ A B .B C = - 2.4 - 2.(- 2) - 4.(- 1) = 0 Þ D A BC vuông tại B 1 1  Diện tích D A BC : S = A B .BC = .2 6. 21 = 3 14 2 2  Viết phương trình mặt phẳng (ABC)  Điểm trên mp(ABC): A ( 0;1;2)  của vtpt (ABC): æ- 2 - 4 - 4 - 2 - 2 - 2 ö uuu uuu r r ÷ r r ç ÷ = (- 6; - 18;12) u = n ( A B C ) = [A B , B C ] = çç- 2 - 1 ; - 1 ; ÷ ÷ ç 4 4 - 2ø ÷ ç è  PTTQ của mp(ABC): - 6(x - 0) - 18(y - 1) + 12(z - 2) Û - 6x - 18y + 12z - 6 = 0 Û x + 3y - 2z + 1 = 0  Chiều cao ứng với đáy (ABC) của tứ diện ABCDlà khoảng cách từ D đến (ABC) - 1 + 3.2 - 2(- 4) + 1 14 h = d (D ,(A BC )) = = = 14 12 + 32 + (- 2)2 14 1 1  Do BD ^ (A B C ) nên V A BCD = S A BC .h = .3 14. 14 = 14 (đvtt) 3 3 Câu Va: 2w2 - 2w + 5 = 0 (*)  Ta có, D = (- 2)2 - 4.2.5 = - 36 = (6i )2  Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt: 2 + 6i 13 2 - 6i 13 = + i ; w2 = w1 = =-i 4 22 4 22 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Hoàn toàn giống như bài giải câu IVa.1 dành cho chương trình chuẩn  Đường thẳng D đi qua điểm B đồng thời vuông góc với mặt phẳng (ABC)  Điểm trên D : B (- 2; - 1; - 2)  vtcp của D chính là vtpt của mp(ABC): æ- 2 - 4 - 4 - 2 - 2 - 2 ö uuu uuu r r ÷ r r ç ÷ = (- 6; - 18;12) u = n ( A B C ) = [A B , B C ] = ç ç- 2 - 1 ; - 1 ; ÷ ÷ ç 4 4 - 2ø ÷ ç è
ìx = - 2+ t ï ï ï  PTTS của D : ï y = - 1 + 3t (t Î ¡ ) í ï ï z = - 2 - 2t ï ï î  Điểm D Î D có toạ độ dạng D (- 2 + t ; - 1 + 3t ; - 2 - 2t ) uuu r Þ BD = (t ; 3t ; - 2t ) Þ BD = t 2 + (3t )2 + (- 2t )2 = 14t 2 = 14 t 1 1  Do BD ^ (A B C ) nên V A BCD = BD .S A BC = . 14 t .3 14 = 14 t 3 3  Vậy, V A BCD = 14 Û 14 t = 14 Û t = ± 1 t = 1 Þ D (- 1;2; - 4) t = - 1 Þ D (- 3; - 4; 0) 2 Câu Vb: z + 4z = 8i 2 a 2 + b2 Þ z = a 2 + b2 . Thay vào phương trình trên  Đặt z = a + bi Þ z = ta được: 2 z + 4z = 8i Û a 2 + b2 + 4(a + bi ) = 8i Û a 2 + b2 + 4a + 4bi = 8i ì a 2 + b2 + 4a = 0 ì a 2 + b2 + 4a = 0 ì a 2 + 4a + 4 = 0 ìa = - 2 ï ï ï ï Ûï Ûï Ûï ï Ûí í í í ï 4b = 8 ïb = 2 ïb = 2 ïb = 2 ï ï ï ï î ï ï ï î î î  Vậy, z = –2 +2i