TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
Đề số 20 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
------------------------------ ---------------------------------------------------
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 3 2
1 1 1
2
3 2 6
y x x x
= + - +
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt:
3 2
2 3 12 1 2 0
x x x m
+ - - + =
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải bất phương trình: 1 6
2 2 24
x x+ -
+ =
2) Tính tích phân:
2
2
1
ln
e
x x
x
+
=ò
3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3
1
y x x
= - +
tại các giao điểm của nó với
đường thẳng
2 1
y x
= -
.
Câu III (1,0 điểm):
Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a.
a) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón.
b) Tính thể tích của khối nón tương ứng.
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 với hệ tọa độ
( , , , )
O i j k
r
r r
, cho hình hộp
.
A BCD A B C D
¢ ¢ ¢ ¢
có
0, , 2 3 , 3
OA OB i OC i j k A A k
¢ ¢
= = = + + =
uuur uuur uuuur uuur
r r
r r r r
,
1) Viết phương trình mặt phẳng
( )
A BA
¢
và tính khoảng cách từ
C
¢
đến
( )
A BA
¢
2) Tìm toạ độ đỉnh C và viết phương trình cạnh CD của hình hộp
.
A BCD A B C D
¢ ¢ ¢ ¢
Câu Va (1,0 điểm): Cho
1 3
2 2
z i
= - + . Tính 2
1
z z
+ +
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ
( , , , )
O i j k
r
r r
, cho hình hộp
.
A BCD A B C D
¢ ¢ ¢ ¢
có
0, , 2 3 , 3
OA OB i OC i j k A A k
¢ ¢
= = = + + =
uuur uuur uuuur uuur
r r
r r r r
,
1) Tìm tọa độ các đỉnh C, D và chứng minh rằng
.
A BCD A B C D
¢ ¢ ¢ ¢
là hình hộp chữ nhật.
2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp
.
A BCD A B C D
¢ ¢ ¢ ¢
.
Câu Vb (1,0 điểm): Cho
1 3
2 2
z i
= - + . Tính
2011
z
---------- 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: .................................
1
x
y
d
-3,5
-1
2,5
3,5
-2
O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I:
Hàm số: 3 2
1 1 1
2
3 2 6
y x x x
= + - +
Tập xác định:
D
=
¡
Đạo hàm: 2
2
y x x
¢
= + -
Cho hoaëc
2
0 2 0 1 2
y x x x x
¢
= Û + - = Û = = -
Giới hạn: ; lim lim
x x
y y
® - ¥ ® + ¥
= - ¥ = + ¥
Bảng biến thiên
x –
2
-
1 +
y
¢
+ 0 – 0 +
y
7
2
+ ¥
- ¥
–1
Hàm số ĐB trên các khoảng
( ; 2),(1; )
- ¥ - + ¥
, NB trên các khoảng
( 2;1)
-
Hàm số đạt cực đại CÑ
7
2
y
=
tại CÑ
2
x
= -
.
Hàm số đạt cực tiểu CT
1
y
= -
tại CT
1
x
=
.
2 1
y x
¢¢
= +
. Cho
1 5
0 2 1 0
2 4
y x x y
¢¢
= Û + = Û = - Þ =
Điểm uốn:
1 5
;
2 4
I
æ ö
÷
ç
÷
-
ç
÷
ç
è ø
Giao điểm với trục hoành: 3 2
1 1 1
0 2 0
3 2 6
y y x x x
= Û = + - + =
Giao điểm với trục tung: cho
1
0
6
x y
= Þ =
Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 1 2,5
y –1 3,5 1,25 –1 3,5
Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây
3 2 3 2
1 1 1 1
2 3 12 1 2 0 2 0
3 2 6 3
x x x m x x x m
+ - - + = Û + - - + =
3 2 3 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2
3 2 6 3 3 2 6 3 3
x x x m x x x m
Û + - = - Û + - + = - (*)
Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của
( )
C
và
1 1
:
3 3
d y m
= -
Do đó, (*) có 3 nghiệm pb
1 1 7 4 1 19 4 19
1
3 3 2 3 3 6 3 2
m m m- < - < Û - < - < Û > > -
Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt
19 4
2 3
m
Û - < <
Câu II:
1 6 64
2 2 24 2.2 24
2
x x x
x
+ -
+ = Û + = (*)
Đặt
2
x
t
=
(ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 2
64
2 24 2 24 64 0
t t t
t
+ = Û - + =
8
t
Û =
hoặc
4
t
=
(nhận cả hai nghiệm này do t > 0)
Với
8
t
=
ta có
2 8 3
xx
= Û =
2
B
A
O
S
I
C'
C
B'
D '
A '
AD
B
Với
4
t
=
ta có
2 4 2
xx
= Û =
Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3.
2
2 2 2
1 1 1
1
ln ln ln
1
ee e e
x x x x
I dx dx dx dx
x x x
æ ö
+÷
ç÷
= = + = +
ç÷
÷
ç
è ø
ò ò ò ò
Xét 1
11
1
ee
I dx x e
= = = -
ò
Xét 22
1
ln
e
x
I dx
x
=ò. Đặt
2
1
ln
1
1
u x
du dx
x
dv dx v
x
x
ì
ï
ì
ï ï
==
ï ï
ï ï
ï ï
Þ
í í
ï ï
=
ï ï = -
ï ï
ï
îï
ï
î
. Khi đó,
22
1
1 1
ln 1 1 1 1 1 2
1 1
e e
e
x
I dx
x e x e e e
x
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
= - + = - - = - - + = -
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
ò
Vậy, 1 2
2 2
1 1I I I e e
e e
= + = - + - = -
Viết pttt của 3
1
y x x
= - +
tại các giao điểm của nó với đường thẳng
2 1
y x
= -
Cho 3 3
1 2 1 3 2 1, 2
x x x x x x x
- + = - Û - + Û = = -
2
3 1
y x
¢
= -
Với 3
0 0
1 1 1 1 1
x y
= Þ = - + =
và 2
(1) 3.1 1 2
f¢
= - =
pttt tại 0
1
x
=
là:
1 2( 1) 2 1
y x y x
- = - Û = -
Với 3
0 0
2 ( 2) ( 2) 1 5
x y
= - Þ = - - - + = -
và 2
( 2) 3.( 2) 1 11
f¢- = - - =
pttt tại 0
1
x
=
là:
5 11( 2) 11 17
y x y x+ = + Û = +
Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là:
2 1
y x
= -
và
11 17
y x= +
Câu III: Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ)
Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a.
Do đó, 2 2
2
A B SA SB a
= + = và
1 2
2 2
a
SO OA A B= = =
Vậy, diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón :
xq
2
2 2
2 2 2
a a a
S rl
p
p p= = × × = ; tp xq
2
2
2 2
2
2 2
a a
S S r a
p
p p p
æ ö
÷
ç÷
ç
= + = + =
÷
ç÷
ç
è ø
Thể tích khối nón:
23
2
1 1 2 2 2
3 3 2 2 12
a a a
V r h
p
p p
æ ö
÷
ç÷
ç
= = × =
÷
ç÷
ç
è ø
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: Từ giả thiết ta có
(0;0; 0)
A,
(1;0;0)
B,
(1;2;3)
C¢,
(0;0;3)
A¢
Điểm trên
( )
A BA
¢
:
(0;0; 0)
A
Hai véctơ:
(1;0;0)
A B =
uuur
,
(0;0;3)
A A ¢=
uuur
vtpt của
( )
A BA
¢
: 0 0 0 1 1 0
[ , ] ; ; (0; 3;0)
0 3 3 0 0 0
n A B A A
æ ö
÷
ç÷
ç
¢
= = = -
÷
ç÷
ç÷
÷
ç
è ø
uuur uuur
r
PTTQ của
( )
A BA
¢
:
0( 0) 3( 0) 0( 0) 0 0
x y z y
- - - + - = Û =
2 2 2
2
( ,( )) 2
010
d C A BA
¢ ¢
= =
+ +
3
I
C'
C
B'
D '
A '
AD
B
Từ
(0;0;3) (1 ;2 ;3 )
CCC
A A CC x y z
¢ ¢
= Û = - - -
uuur uuur
, ta tìm được
(1;2;0)
C
Do CD || AB nên CD có vtcp
(1;0;0)
u A B= =
uuur
r
Và hiển nhiên CD đi qua C nên có PTTS:
1
2 ( )
0
x t
y t
z
ì
ï= +
ï
ï
ï= Î
í
ï
ï=
ï
ï
î
¡
Câu Va:
2
2
1 3 1 3 1 3 3 1 3
2 2 2 2 4 2 4 2 2
z i z i i i
æ ö
÷
ç÷
ç
= - + Þ = - + = - - = - -
÷
ç÷
ç
è ø
Do đó, 21 3 1 3
1 1 0
2 2 2 2
z z i i
+ + = - + - - + =
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Từ
(0;0;3) (1 ;2 ;3 )
CCC
A A CC x y z
¢ ¢
= Û = - - -
uuur uuur
, ta tìm được
(1;2;0)
C
Từ
(1; 0;0) (1 ;2 ; )
D D D
A B DC x y z
= Û = - - -
uuur uuur
, ta tìm được
(0;2;0)
D
(1;0;0) . 0
(0;2;0) . 0
( )
(0;0;3) . 0
A B A B A D A B A D A B A D
A D A A A B A A A B
A A A BCD
A A A B
A A A A A D
ì ì
ï ï
= = ì
ï ï ï^
ï ï ïì
ï
ï ï ^
ï
ï ï ï
ï
¢ ¢
= Þ = Þ ^ Þ
í í í
í
ï ï ¢
ï^
ï
ï ï ï
ïî
¢
ï ï ^
ï
¢ ¢
= =
ï ï ï
î
ï ï
î î
uuur uuur uuur
uuur uuur uuur
uuur uuur uuur
Vậy,
.
A BCD A B C D
¢ ¢ ¢ ¢
là hình hộp chữ nhật.
Gọi
( )
S
là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp
.
A BCD A B C D
¢ ¢ ¢ ¢
Tâm của mặt cầu:
(
)
1 3
2 2
;1;
I (là trung điểm đoạn
A C
¢
)
Bán kính mặt cầu: 2 2 2
1 1 14
1 2 3
2 2 2
R A C ¢
= = + + =
Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2
1 3
2 2
7
( ) ( 1) ( )
2
x y z
- + - + - =
Câu Vb:
2
2
1 3 1 3 1 3 3 1 3
2 2 2 2 4 2 4 2 2
z i z i i i
æ ö
÷
ç÷
ç
= - + Þ = - + = - - = - -
÷
ç÷
ç
è ø
( )
2
2
3 2
670
2011 2010 3 670
1 3 1 3 1 3
. 1
2 2 2 2 2 2
1 3
. . 1 .
2 2
z z z i i i
z z z z z z z i
æ öæ ö æ ö
æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷
ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷
Þ = = - + - - = - - =
ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷
÷ ÷ ÷
ç ç ç ç
è øè ø è ø è ø
Þ = = = = = - +
Vậy, với
1 3
2 2
z i
= - + thì 2011
1 3
2 2
z z i
= = - +