Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán - THPT Lương Thế Vinh - Đề 4

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

40
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán - THPT Lương Thế Vinh - Đề 4 để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán - THPT Lương Thế Vinh - Đề 4

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 04 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) 2x - 1 Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x- 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 4. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log2 x - log4 (4x 2 ) - 5 = 0 2 p 3 sin x + cos x 2) Tính tích phân: I = ò0 cos x dx 3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau đây đạt cực tiểu tại điểm x 0 = 2 y = x 3 - 3m x 2 + (m 2 - 1)x + 2 Câu III (1,0 điểm): · Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BA C = 300 ,SA = AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Tính VS.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1. Theo chương trình chuẩn r r r uuur r r Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ (O , i , j , k ) , cho OM = 3i + 2k , mặt cầu (S ) có phương trình: (x - 1)2 + (y + 2)2 + (z - 3)2 = 9 1) Xác định toạ độ tâm I và bán kính của mặt cầu (S ) . Chứng minh rằng điểm M nằm trên mặt cầu, từ đó viết phương trình mặt phẳng (a ) tiếp xúc với mặt cầu tại M. 2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu, song song với mặt phẳng x+1 y- 6 z- 2 (a ) , đồng thời vuông góc với đường thẳng D : = = . 3 - 1 1 Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: - z 2 + 2z - 5 = 0 2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có toạ độ các đỉnh là A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1)
1) Viết phương trình đường vuông góc chung của AB và CD. 2) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây y = ln x , trục hoành và x = e ---------- 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: 2x - 1 y= x- 1  Tập xác định: D = ¡ \ {1} - 1  Đạo hàm: y ¢ = < 0, " x Î D (x - 1)2  Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: lim y = 2 ; lim y = 2 Þ y = 2 là tiệm cận ngang. x®- ¥ x® +¥ lim y = - ¥ ; lim y = + ¥ Þ x = 1 là tiệm cận đứng. x ® 1- x ® 1+  Bảng biến thiên x – 1 + y¢ – – 2 y + y – 2 1  Giao điểm với trục hoành: y = 0 Û 2x - 1 = 0 Û x = 2 3 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = 1 2,5  Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 2 y 3/2 1 || 3 5/2  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: 1 2x - 1 -1 O 1 2 3 x  (C ) : y = x- 1  Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên f ¢ x 0 ) = - 4 ( é é ê - 1= 1 x ê = 3 x - 1 1 ê0 2 Û ê0 2 Û = - 4 Û (x 0 - 1)2 = Û ê ê (x 0 - 1)2 4 ê - 1= - 1 x ê = 1 x ê0 ê0 ë 2 ë 2 3 2. 3 - 1 æ 3ö  Với x 0 = Þ y 0 = 3 2 = 4 .pttt là: y - 4 = - 4 çx - ÷ Û y ç ç ÷ ÷ = - 4x + 10 2 - 1 è 2ø 2 1 2. 1 - 1 æ 1ö  Với x 0 = Þ y0 = 12 = 0 . pttt là: y - 0 = - 4 çx - ÷ Û y = - 4x + 2 ç ç ÷ ÷ 2 - 1 è 2ø 2  Vậy, có 2 tiếp tuyến thoả mãn ycbt là : y = - 4x + 2 và y = - 4x + 10 Câu II:  Điều kiện: x > 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương với log2 x - (log4 4 + log4 x 2 ) - 5 = 0 Û log2 x - log2 x - 6 = 0 (*) 2 2  Đặt t = log2 x , phương trình (*) trở thành
é = 3 t é é 3 2 t - t- 6= 0Û ê ê Û êê 2x = 3 Û ê = 2 log x (nhận cả hai nghiệm) t ê - 2 ê = - 2 ë ê 2x = - 2 ë log x ê = 2 ë 1  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 8 và x = 4 p p p p æsin x ö I = ò 3 sin x + cos x dx = 3ç cos x ÷ ÷dx = ò 3 sin x dx + ò 3 1.dx 0 cos x ò0 çcos x + cos x ø ç è ÷ 0 cos x 0 p sin x .dx  Với I 1 = ò0 3 , ta đặt t = cos x Þ dt = - sin x .dx Þ sin x .dx = - dt cos x p Đổi cận: x 0 3 1 t 1 2 Thay vào: 1 ædt ö 1 dt 2 ç- 1 1 I1 = ÷ ÷ = ln t ò1 ç t ø= ç è ÷ ò1 t 1 2 = ln 1 - ln 2 = ln 2 2 p p p  Với I 2 = ò0 3 1.dx = x 3 0 = 3 p  Vậy, I = I 1 + I 2 = ln 2 + 3 3 2 2  y = x - 3m x + (m - 1)x + 2 có TXĐ D = ¡  y ¢ = 3x 2 - 6m x + m 2 - 1  y ¢ = 6x - 6m ¢ ì (2) ïf¢ = 0 ì 3.22 - 6m .2 + m 2 - 1 = 0 ï ï ï  Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 = 2 Û í Û í ï f ¢(2) > 0 ï ¢ ï 6.2 - 6m > 0 ï î ï î ì m 2 - 12m + 11 = 0 ï ì ï m = 1 hoac m = 11 ï ï Û í Û í Û m = 1 ï 12 - 6m > 0 ï ïm < 2 ï ï î î  Vậy, với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x 0 = 2 Câu III Theo giả thiết, SA ^ A B , BC ^ A B , BC ^ SA S Suy ra, BC ^ (SA B ) và như vậy BC ^ SB a 3 a a  Ta có, A B = A C . cos 300 = và BC = A C . sin 300 = 2 2 a 2 A C 2 2 2 3a a 7 SB = SA + A B = a + = 4 2 B 2 3 1 1 a 3 a a 3 1 a 3  S D A BC = A B .BC = × × = Þ V S .A BC = SA ×S D A BC = 2 2 2 2 8 3 24
1 1 a 7 a a2 7  S D SBC = SB .BC = × × = 2 2 2 2 8  1 3V S .A BC a3 3 8 a 21 V S .A BC = d (A,(SBC )).S D SBC Þ d (A,(SBC )) = = 3× × = 3 S D SBC 24 a 7 2 7 THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: uuur r r  OM = 3i + 2k Þ M (3; 0;2) và (S ) : (x - 1)2 + (y + 2)2 + (z - 3)2 = 9  Mặt cầu có tâm I (1; - 2; 3) và bán kính R = 3  Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu: (3 - 1)2 + (0 + 2)2 + (2 - 3)2 = 9 là đúng Do đó, M Î (S ) r uuur  (a ) đi qua điểm M, có vtpt n = IM = (2;2; - 1)  Vậy, PTTQ của (a ) là: 2(x - 3) + 2(y - 0) - 1(z - 2) = 0 Û 2x + 2y - z - 4 = 0  Điểm trên d: I (1; - 2; 3) r r  (a ) có vtpt n = (2;2; - 1) và D có vtcp u D = (3; - 1;1) nên d có vtcp r r r æ 2 - 1 - 1 2 2 2ö ÷ ç ç ÷ = (1; - 5; - 8) u = [n , u D ] = ç 1 ; ; ÷ ÷ ç- ç è 1 1 3 3 - 1ø ÷ ìx = 1+ t ï ï ï  Vậy, PTTS của d là: ï y = - 2 - 5t (t Î ¡ ) í ï ï z = 3 - 8t ï ï î 2 Câu Va: - z + 2z - 5 = 0 (*)  Ta có, D = 22 - 4.(- 1).(- 5) = - 16 = (4i )2  Vậy, pt (*) có 2 nghiệm phức phân biệt - 2 - 4i - 2 + 4i z1 = = 1 + 2i và z 2 = = 1 - 2i - 2 - 2 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: uuu r uuu r  Ta có, A B = (0;1; 0) và CD = (1;1; - 1)  Gọi M,N lần lượt là điểm nằm trên AB và CD thì toạ độ của M,N có dạng M (1;1 + t ;1), N (1 + t ¢ + t ¢ - t ¢ ;1 ;2 ) uuuu r Þ MN = (- t ¢ t - t ¢ t ¢- 1) ; ;  MN là đường vuông góc chung của AB và CD khi và chỉ khi uuu uuuu r r ì ï A B .MN = 0 ì t - t ¢= 0 ï ï ï uuu uuuu ï 1 í r r Û í Û t = t ¢= ï CD .MN = 0 ï ï- t ï ¢+ t - t ¢- t ¢+ 1 = 0 2 ï î î
æ 3 ö æ3 3 3 ö uuuu æ 1 r ö  Vậy, M ç1; ;1÷, N ç ÷ ç ; ; ÷ Þ MN = ç- ;0; - 1 ÷ hay u = (1; 0;1) là vtcp của d cần ç ÷ ç ÷ r ç 2 ø è ÷ è ÷ ç2 2 2 ø ç 2 è 2ø÷ tìm ìx = 1+ t ï ï ï ï 3 PTCT của đường vuông góc chung cần tìm là: ï y = í (t Î ¡ ) ï ï 2 ïz = 1+ t ï ï î  Phương trình mặt cầu (S ) có dạng: x + y + z 2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0 2 2  Vì A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) thuộc (S ) nên: ì 3 - 2a - 2b - 2c + d = 0 ï ì 2a + 2b + 2c - d = 3 ï ì d = 2a + 2b + 2c - 3 ï ìd = ï 6 ï ï ï ï ï ï ï ï ï 6 - 2a - 4b - 2c + d = 0 ï ï 2a + 4b + 2c - d = 6 ï ï - 2b ï = - 3 ïb = ï 3/ 2 ï Û í ï Û ï Û ï í í í ï 6 - 2a - 2b - 4c + d = 0 ï ï 2a + 2b + 4c - d = 6 ï ï ï 2b - 2c = 0 ïc = ï 3/ 2 ï ï 9 - 4a - 4b - 2c + d = 0 ï ï 4a + 4b + 2c - d = 9 ï ï - 2a - 2b + 2c = - 3 ï ïa = ï ï ï ï 3/ 2 ï î ï î ï î ï î  Vậy, phương trình mặt cầu là: x 2 + y 2 + z 2 - 3x - 3y - 3z + 6 = 0 Câu Vb: Cho y = ln x = 0 Û x = 1  Diện tích cần tìm là: e e S = ò1 ln x dx = ò1 ln xdx ì ï ì u = ln x ï ï ï du = 1 dx ï  Đặt í Þ í . Thay vào công thức tính S ta được: ï dv = dx ï ïv = x x ï î ï î e e e S = x ln x 1 - ò1 dx = e ln e - 1 ln 1 - x 1 = e - 0 - e + 1 = 1 (đvdt)  Vậy, diện tích cần tìm là: S = 1 (đvdt)