Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn toán trường Lương Thế Vinh đề số 9

Chia sẻ: Aae Aey | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 4
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 9 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 9

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 9 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: 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: I = ò0 dx ex x2 - 3) Cho hàm số y = x .e 2 . Chứng minh rằng, xy ¢= (1 - x 2 )y 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 khối 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 với 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 . 1 1 æ 1 1ö  y ¢ = 12x + 6 = 0 Û x = - ¢ Þ y = - . Điểm uốn: I ç- ; - ÷ ç ç 2 2ø ÷ ÷ 2 2 è  Giao điểm với trục hoành: y 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 - - 1 - 0 2 2 2 -1 O y - 1 0 - 1 - 1 0 1 x 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 ìf¢ = 0 ï (0) ì ï 6.02 + 2(m + 1).0 + m 2 - 4 = 0 ï Û í ï í ¢ ïf ¢ > 0 ï (0) ï 12.0 + 2(m + 1) > 0 ï î ï î ìm - 4 = 0 ï 2 ìm = ± 2 ï ï ï Û í Û í Û m = 2 (loai m = - 2 vì - 2 < - 1) ï 2m + 2 > 0 ï ïm > - 1 ï ï î 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> 0 ìx > 2 ï ï ï ï ï  Điều kiện: í Û í Û x> 2 ï 2x - 1 > 0 ï ïx > 1 ï î ï î 2  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) êx 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 0 ex 0 ex 0 e e e 1 1 1 = ò0 (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 - e 1 (e x + 1)2 1  Vậy, I = ò0 x dx = e + 2 - e e 2 x -  Hàm số y = x .e 2 . ¢ + x .(e ) = e x2 x2 ¢ x2x2 x2 æ x2 x2 - - x2 ö ÷ - - - ÷ = e 2 - x 2 .e - 2 . ç- 2 -  y ¢ = (x )¢.e 2 + x .e 2 ç 2ø ÷ 2 ç 2 = (1 - x )e 2 è æ x2 ö æ 2ö ç - ÷ ÷ ç -x ÷ ÷  Do đó, xy ¢= x . ç(1 - x ).e 2 ø = (1 - x ). ç x .e 2 ø = (1 - x 2 )y ç è 2 ÷ 2 ç è ÷ ÷ x2 -  Vậy, với y = x .e ta có xy ¢= (1 - x 2 )y 2 Câu III S ì (SA B ) ^ (A BCD ) ï ï ï  ï (SA D ) ^ (A BCD ) í Þ SA ^ (A BCD ) ï ï (SA B ) Ç (SA D ) = SA A ï D ï î 60 a ·  Suy ra hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC, do đó SCA = 600 B 2a C  · SA · t an SCA = Þ SA = A C . t an SCA = A B 2 + B C 2 . t an 600 = a 2 + (2a )2 . 3 = a 15 AC  S A BCD = A B .BC = a .2a = 2a 2 1 1 2 2a 3 15  Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là: V = SA .S A CBD = ×a 15 ×2a = 3 3 3 (đvtt)
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 r r 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)  vtpt của (ABC): r r uuu uuu r r æ- 2 - 4 - 4 - 2 - 2 - 2 ö ÷ ç ÷ = (- 6; - 18;12) u = n ( A B C ) = [A B , B C ] = ç ç 2 - 1;- 1 ; ÷ ÷ ç- ç è 4 4 - 2ø ÷  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 1 3 2 - 6i 1 3 w1 = = + i ; w2 = = - i 4 2 2 4 2 2 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): r r uuu uuu r r æ- 2 - 4 - 4 - 2 - 2 - 2 ö ÷ ç ÷ = (- 6; - 18;12) u = n ( A B C ) = [A B , B C ] = ç ç 2 - 1;- 1 ; ÷ ÷ ç- ç è 4 4 - 2ø ÷ 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  Đặt z = a + bi Þ z = a 2 + b2 Þ z = a 2 + b2 . Thay vào phương trình trên 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 ï ì a 2 + b2 + 4a = 0 ï ì a 2 + 4a + 4 = 0 ï ìa = - 2 ï Û ï í Û ï í Û ï í ï Û í ï 4b = 8 ï ïb = 2 ï ïb = 2 ï ïb = 2 ï ï î ï î ï î î  Vậy, z = –2 +2i