TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
Đề số 01 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: 2
(1 ) (4 )
y x 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.
3) Tìm m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: 3 2
6 9 4 0
x x x m
- + - + =
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình: 2 1
2 3.2 2 0
x x+
- - =
2) Tính tích phân:
1
0
(1 ) x
= +
ò
3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 2
( 1)
x
y e x x
= - -
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
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho
(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C- - .
1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng
( )
ABC
.
2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên mặt phẳng
( )
ABC
.
Câu Va (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng:
2 6 2
z z i
+ = +
.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điêm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho
(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C- -
1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng
( )
ABC
.
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 =
2011
( 3 )
i-.
x
y
2
34
4
2
O1
---------- 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 :
2 2 2 2 3
(1 ) (4 ) (1 2 )(4 ) 4 8 2 4
y x x x x x x x x x x
= - - = - + - = - - + + -
3 2
6 9 4
x x x
= - + - +
3 2
6 9 4
y x x x
= - + - +
Tập xác định:
D
=
¡
Đạo hàm: 2
3 12 9
y x x
¢
= - + -
Cho 2
1
0 3 12 9 0
3
x
y x x
x
é
=
ê
¢= Û - + - = Û ê
=
ê
ë
Giới hạn: ; lim lim
x x
y y
® - ¥ ® + ¥
= + ¥ = - ¥
Bảng biến thiên x –
1 3 +
y
¢
– 0 + 0 –
y +
4
0 –
Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (–;1), (3;+)
Hàm số đạt cực đại CÑ
4
y
=
tại CÑ
3
x
=
;
đạt cực tiểu CT
0
y
=
tại CT
1
x
=
6 12 0 2 2
y x x y
¢¢
= - + = Û = Þ =
. Điểm uốn là I(2;2)
Giao điểm với trục hoành: 3 2
1
0 6 9 4 0
4
x
y x x x
x
é
=
ê
= Û - + - + = Û ê
=
ê
ë
Giao điểm với trục tung:
0 4
x y
= Þ =
Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4
y 4 0 2 4 0
Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm trục đối xứng như hình vẽ bên đây
3 2
( ) : 6 9 4
C y x x x
= - + - +
. Viết pttt tại giao điểm của
( )
C
với trục hoành.
Giao điểm của
( )
C
với trục hoành:
(1;0), (4;0)
A B
pttt với
( )
C
tại
(1;0)
A:
vaø pttt taïi
0 0
0
1 0
: 0 0( 1) 0
( ) (1) 0
x y A y x y
f x f
ü
ï
= = ï
Þ - = - Û =
ý
¢ ¢ ï
= = ï
þ
pttt với
( )
C
tại
(4;0)
B:
vaø pttt taïi
0 0
0
4 0
: 0 9( 4) 9 36
( ) (4) 9
x y B y x y x
f x f
ü
ï
= = ïÞ - = - - Û = - +
ý
¢ ¢ ï
= = - ï
þ
Vậy, hai tiếp tuyến cần tìm là:
0
y
=
và
9 36
y x= - +
Ta có, 3 2 3 2
6 9 4 0 6 9 4 (*)
x x x m x x x m- + - + = Û - + - + =
(*) là phương trình hoành độ giao điểm của 3 2
( ) : 6 9 4
C y x x x
= - + - +
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 4
m
< <
Vậy, với 0 < m < 4 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.
Câu II
2 1 2
2 3.2 2 0 2.2 3.2 2 0
x x x x+
- - = Û - - =
(*)
Đặt
2
x
t
=
(ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành
(nhan)
(loai)
21
2
2
2 3 2 0 t
t t t
é=
ê
- - = Û ê= -
ê
ë
Với t = 2:
2 2 1
xx
= Û =
Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 1.
1
0
(1 ) x
= +
ò
Đặt 1
x x
u x du dx
dv e dx v e
ì ì
ï ï
= + =
ï ï
ï ï
Þ
í í
ï ï
= =
ï ï
ï ï
î î
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
1 1
11 0 1 0
0
00
(1 ) (1 1) (1 0) 2 1 ( )
x x x
I x e e dx e e e e e e e
= + - = + - + - = - - - =
ò
Vậy,
1
0
(1 ) x
I x e dx e
= + =
ò
Hàm số 2
( 1)
x
y e x x
= - -
liên tục trên đoạn [0;2]
2 2 2 2
( ) ( 1) ( 1) ( 1) (2 1) ( 2)
x x x x x
y e x x e x x e x x e x e x x
¢ ¢ ¢
= - - + - - = - - + - = + -
Cho
(nhan)
(loai)
2 2 1 [0;2]
0 ( 2) 0 2 0 2 [0;2]
xx
y e x x x x
x
é= Î
ê
¢= Û + - = Û + - = Û ê= - Ï
ê
ë
Ta có, 1 2
(1) (1 1 1)
f e e
= - - = -
0 2
(0) (0 0 1) 1
f e
= - - = -
60
2
aOC
B
AD
S
2 2 2
(2) (2 2 1)
f e e
= - - =
Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là
e
-
và số lớn nhất là
2
e
Vậy, khi khi
2
[0;2] [0;2]
min 1; max 2
y e x y e x
= - = = =
Câu III
Gọi O là tâm của mặt đáy thì
( )
SO ABCD
^ do đó SO là đường cao
của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO,
do đó
·
0
60
SBO
=
(là góc giữa SB và mặt đáy)
Ta có,
· · ·
tan .tan .tan
2
SO BD
SBO SO BO SBO SBO
BO
= Þ = =
0
2.tan 60 6
a a
= =
Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là
3
1 1 1 4 6
. . . 2 .2 . 6
3 3 3 3
a
V B h A B BC SO a a a
= = = =
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: Với
(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C- - .
Ta có hai véctơ:
( 1; 2;4)
A B = - -
uuur
,
( 2;1;3)
A C = -
uuur
2 4 4 1 1 2
[ , ] ; ; ( 10; 5; 5) 0 , ,
1 3 3 2 2 1
A B A C A B C
æ ö
- - - - ÷
ç÷
ç
= = - - - ¹ Þ
÷
ç÷
ç- - ÷
÷
ç
è ø
uuur uuur r không thẳng
hàng.
Điểm trên mp
( )
ABC
:
(2;0; 1)
A
-
vtpt của mp
( )
ABC
:
[ , ] ( 10; 5; 5)
n A B A C
= = - - -
uuur uuur
r
Vậy, PTTQ của mp
( )
ABC
: 0 0 0
( ) ( ) ( ) 0
A x x B y y C z z
- + - + - =
10( 2) 5( 0) 5( 1) 0
10 5 5 15 0
2 3 0
xyz
x y z
x y z
Û - - - - - + =
Û - - - + =
Û + + - =
Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng
( )
a
, có vtcp
(2;1;1)
u=
r
PTTS của
2
:
x t
d y t
z t
ì
ï=
ï
ï
ï=
í
ï
ï=
ï
ï
î
. Thay vào phương trình mp
( )
a
ta được:
1
2
2(2 ) ( ) ( ) 3 0 6 3 0t t t t t
+ + - = Û - = Û =
Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là
(
)
1 1
2 2
1; ;
H
Câu Va: Đặt
z a bi z a bi
= + Þ = -
, thay vào phương trình ta được
2( ) 6 2 2 2 6 2 3 6 2
3 6 2 2 2 2 2
2 2
a bi a bi i a bi a bi i a bi i
a a z i z i
b b
+ + - = + Û + + - = + Û - = +
ì ì
ï ï
= =
ï ï
Û Û Þ = - Þ = +
í í
ï ï
- = = -
ï ï
î î
Vậy,
2 2
z i
= +
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb: Với
(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C- - .
Bài giải hoàn toàn giống bài giải câu IVa (phần của ban cơ bản): đề nghị xem lại phần
trên
Đường thẳng AC đi qua điểm
(2;0; 1)
A
-
, có vtcp
( 2;1;3)
u AC= = -
uuur
r
Ta có,
( 1; 2;4)
A B = - -
uuur
( 2;1;3)
u AC= = -
r uuur
. Suy ra
2 4 4 1 1 2
[ , ] ; ; ( 10; 5; 5)
1 3 3 2 2 1
A B u æ ö
- - - - ÷
ç÷
ç
= = - - -
÷
ç÷
ç- - ÷
÷
ç
è ø
uuur r
Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta được
2 2 2
2 2 2
[ , ] ( 10) ( 5) ( 5)
15
( , )
14
( 2) (1) (3 )
AB u
d B A C u
- + - + -
= = =
- + +
uuur
r
r
Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm
(1; 2;3)
B-, bán kính
15
( , )
14
R d B A C= = nên có pt
2 2 2
225
( 1) ( 2) ( 3)
14
x y z- + + + - =
Câu Vb: Ta có,
3 3 2 2 3 3
( 3 ) ( 3) 3.( 3) . 3. 3. 3 3 9 3 3 2 .
i i i i i i i
- = - + - = - - + = -
Do đó,
670
2010 3 3 670 2010 670 2010 4 167 2 2010
( 3 ) ( 3 ) ( 2 ) 2 . 2 .( ) . 2
i i i i i i
é ù
- = - = - = = = -
ê ú
ë û
Vậy, 2011 2010
( 3 ) 2 .( 3 )
z i i
= - = - -
2010 2 2
2 . ( 3) 1 2011
zÞ = + =