Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn toán trường Lương Thế Vinh đề số 18

Chia sẻ: Aae Aey | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

37
lượt xem 3
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 trường Lương Thế Vinh đề số 18 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 trường Lương Thế Vinh đề số 18

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 18 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) 1 4 3 2 5 Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = - x + x - 4 2 4 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm cực tiểu của nó. 3) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 4 nghiệm phân biệt: x 4 - 6x 2 + 1 - 4m = 0 Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 22+ 2x - 5.6x = 9.9x 2 2) Tính tích phân: I = ò (x + 1)e 2xdx 0 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f (x ) = sin 4 x + 4 cos2 x + 1 Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là một tam giác vuông tại A và AC = a, µ C = 600 . Đường chéo BC' của mặt bên BB'C'C tạo với mặt phẳng (AA'C'C) một góc 300 . Tính thể tích của khối lăng trụ theo a. 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 Oxyz , cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x - y + 2z - 1 = 0 và điểm A (1; 3; - 2) 1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A và đi qua gốc tọa độ O. Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn: (1 + i )2 (2 - i )z = 8 + i + (1 + 2i )z . Tìm phần thực, phần ảo và tính môđun của số phức z. 2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) có phương trình x+2 y z- 1 = = và điểm A (1; - 2; 3) 1 2 - 3 1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên đường thẳng (d) 2) Viết phương trình cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d.
x 2 - 3x Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số y = (C ) . Tìm trên (C ) các điểm cách đều hai trục x+1 toạ độ. ---------- 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: 1 4 3 2 5  Hàm số: y = - x + x - 4 2 4  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = - x 3 + 3x é = 0 x  Cho y ¢= 0 Û - x 3 + 3x = 0 Û x (- x 2 + 3) Û ê ê ê = ± 3 x ë  Giới hạn: lim y = - ¥ ; lim y = - ¥ x®- ¥ x® +¥  Bảng biến thiên x – - 3 0 3 + y¢ + 0 – 0 + 0 – 1 1 y 5 - ¥ - - ¥ 4  Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ ; - 3),(0; 3) , NB trên các khoảng (- 3; 0),( 3; + ¥ ) 5 Hàm số đạt cực đại y CÑ = 1 tại x CÑ = ± 3 ; đạt cực tiểu y CT = - tại x CT = 0 . 4 é2= 1 x é = ±1 x 1 4 3 2 5  Giao điểm với trục hoành: y = 0 Û - x + x - = 0Û ê2ê Û ê ê 4 2 4 ê = 5 x ë ê = ± 5 x ë y 5 1 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 4 - 5 5  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây -1 1 - 3 O 3 x 5  Điểm cực tiểu của đồ thị có: x = 0 Þ y = - 4 5 4 y = -1 - m  f ¢x 0 ) = f ¢ = 0 ( (0) 5 5  Vậy, tiếp tuyến tại điểm cực đại của hàm số là: y + = 0(x - 0) Û y = - 4 4  1 4 3 2 1 1 3 5 x 4 - 6x 2 + 1 - 4m = 0 Û - x + x = - m Û - x4 + x2 - = - 1 - m (*) 4 2 4 4 2 4  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C ) và d: y = –1 – m. Do đó, dựa vào đồ thị ta thấy (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 5 1 1 - < - 1- m < 1 Û - < - m < 2 Û - 2 < m < 4 4 4
1  Vậy, khi - 2 < m < thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt. 4 x x æ9 ö æö Câu II: 2 2+ 2x x x x x x - 5.6 = 9.9 Û 9.9 + 5.6 - 4.4 = 0 Û 9 ×ç ÷ ç ÷ + 5 ×ç 6 ÷ - 4 = 0 ç ÷ è ÷ ç4 ø è ÷ ç4 ø 2x x æ3 ö æö ç ÷ + 5 ×ç 3 ÷ - 4 = 0 9 ×ç ÷ ç ÷ è ÷ ç2 ø ç ÷ è2 ø x æ3 ö ç ÷ (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành:  Đặt t = ç ÷ è ÷ ç2 ø é = - 1 (loaï ) t i 2 ê 9t + 5t - 4 = 0 Û ê ê = 4 (nhaä ) t n ê ë 9 x x - 2 4 æ3 ö 4 æ3 ö æö 3 t = Û ç ÷ = Û ç ÷ = ç ÷ Û x= - 2 ç ÷÷ ç ÷÷ ç ÷ 9 ç2 ø è 9 ç2 ø è è ÷ ç2 ø  Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x = - 2 2 I = ò (x + 1)e 2xdx 0 ìu = x + 1 ì du = dx ï ï ï ï  Đặt í ï Þ í . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được : 2x ï dv = e dx ï ï v = 1 e 2x ï î ï î 2 2 2 1 21 3 1 1 3 1 1 1 5e 4 - 1 I = (x + 1)e 2x - ò e 2x dx = e 4 - - e 2x = e 4 - - e 4 + = 2 0 0 2 2 2 4 0 2 2 4 4 4 4 2 4 2 4 2  Ta có f (x ) = cos x + sin x - 2 = cos x + 1 - cos x - 2 = cos x - cos x - 1  Đặt t = cos2 x (ĐK: t Î [0;1] ) thì f (x ) = g(t ) = t 2 - t - 1  g(t ) là hàm số liên tục trên đoạn [0;1]  g ¢t ) = 2t - 1 ( 1  g ¢t ) = 0 Û 2t - 1 = 0 Û t = ( (nhận) 2 æö1 5  g ç ÷= - ç ÷ ç2 ø÷ ; g(0) = - 1 và g(1) = - 1 è 4 5  Trong các kết quả trên, số - nhỏ nhất và số - 1 lớn nhất. 4 5  Vậy, min y = - , max y = - 1 4 ì AB ^ AC ï Câu III: Ta có, ï í Þ A B ^ (A CC ¢ ¢ , do đó A C ¢ là hình chiếu A) A a 60 C ï AB ^ AA¢ ï î vuông góc của BC ¢ lên (A CC ¢ ¢ . Từ đó, góc giữa BC ¢ và (A CC ¢ ¢ A) A) B · là BC ¢ = 300 A 30 A' C' B'
 Trong tam giác vuông ABC, A B = A C . t an 600 = a 3  Trong tam giác vuông A BC ¢, A C ¢ = A B . cot 300 = a 3. 3 = 3a  Trong tam giác vuông A CC ¢, CC ¢ = AC ¢ + AC 2 = 2 (3a )2 - a 2 = 2a 2 1 1  Vậy, thể tích lăng trụ là: V = B .h = A B .A C .CC ¢ = ×a 3 ×a ×2a 2 = a 3 6 2 2 (đvdt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN r Câu IVa: (P ) : 2x - y + 2z - 1 = 0 có vtpt n = (2; - 1;2) r  Gọi d là đường thẳng qua A (1; 3; - 2) và vuông góc với (P ) thì d có vtcp u = (2; - 1;2) ì x = 1 + 2t ï ï ï  Do đó, d có PTTS: ï y = 3 - t í (*) ï ï z = - 2 + 2t ï ï î  Thay (*) vào PTTQ của (P ) : 2(1 + 2t ) - (3 - t ) + 2(- 2 + 2t ) - 1 = 0 Û t = 2 3 2 7 7 2  Thay t = vào (*) ta được: x = ;y = ;z = - 3 3 3 3 æ 7 2ö 7  Vậy, toạ độ hình chiếu vuông góc của A lên mp (P ) là H ç ; ; - ÷ ç ç3 3 3 ø ÷ ÷ è  Gọi (S ) là mặt cầu tâm A và đi qua O  Tâm của mặt cầu: A (1; 3; - 2)  Bán kính của mặt cầu: R = OA = 12 + 32 + (- 2)2 = 14  Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x - 1) + (y - 3) + (z + 2)2 = 14 2 2 Câu Va: (1 + i )2 (2 - i )z = 8 + i + (1 + 2i )z Û 2i(2 - i )z = 8 + i + (1 + 2i )z 8+ i (8 + i )(1 - 2i ) Û 2(2i + 1)z = 8 + i + (1 + 2i )z Û (1 + 2i )z = 8 + i Û z = = 1 + 2i 12 - (2i )2 10 - 15i Û z= = 2 - 3i 5  Phần thực của z là a = 2, phần ảo của z là –3 và môđun của z là z = 22 + (- 3)2 = 13 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: r  d đi qua điểm M 0 (- 2; 0;1) có vtcp u = (1;2; - 3) và ì ïx = - 2+ t ï ï  PTTS của d là: ï y = í 2t nên nếu H Î d thì toạ độ của H có dạng ï ï z = 1 - 3t ï ï î H (- 2 + t ;2t ;1 - 3t ) uuur Þ A H = (- 3 + t ;2 + 2t ; - 2 - 3t )
uuu r r  Do A Ï d nên H là hình chiếu vuông góc của A lên d Û A H ^ d Û A H .u = 0 1 Û (- 3 + t )1 + (2 + 2t ).2 + (- 2 - 3t ).(- 3) = 0 Û t = - 2 æ 5 5ö  Vậy, hình chiếu vuông góc của A lên d là H ç- ; - 1; ÷ ç ç 2 ÷ ÷ è 2ø  Gọi (S ) là mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d  Tâm của mặt cầu: A (1; - 2; 3) 2 2 27  Bán kính của mặt cầu: R = A H = (- 7 ) + 12 + (- 2 ) 2 1 = 2 27  Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x - 1)2 + (y + 2)2 + (z - 3)2 = 2 x 2 - 3x æ x 2 - 3x ö ÷ Câu Vb: Xét điểm M Î (C ) : y = Û M çx ; ÷ ç x + 1 ø (ĐK: x ¹ - 1 ) ç ÷ ÷ x+1 è x 2 - 3x  M cách đều 2 trục toạ độ Û x = Û x 2 + x = x 2 - 3x x+1 é 2 + x = x 2 - 3x x éx = 0 4 é = 0 x Û ê2ê + x = - x 2 + 3x Û ê 2 ê x - 2x = 0 Û ê ê = 1 x ê ê2 êx ë ë ë  Vậy, trên (C ) có 2 điểm cách đều hai trục toạ độ, đó là O (0; 0) và M (1; - 1) TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH