Đề thi thử tốt nghiệp THTP môn Toán (Có đáp án) - Đề số 1-5

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

122
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử tốt nghiệp thtp môn toán (có đáp án) - đề số 1-5', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tốt nghiệp THTP môn Toán (Có đáp án) - Đề số 1-5

5 ĐÊ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT ĐỀ 1 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) x +1 Câu I. (3 điểm) Cho hàm số y = . (1) x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại giao điểm của đồ thị và Ox. 3. Tìm m để đường thẳng d: y = mx +1 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt. Câu II. (3 điểm) 1,Giải phương trình 3 x + 31−x = 4. (2) 2,Cho x, y là hai số thực không âm thoả mãn x + y = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất x2 y2 của biểu thức P = + . 1+ y 1+ x e 3. Tính tích phân I = ∫ x ln xdx 1 Câu III. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), ΔABC đều cạnh a, SA = a. Tính thể tích khối chóp S.ABC. Phần riêng (3,0 điểm): Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2). 1. Dành cho thí sinh học theo chương trình chuẩn Câu IV.a (2 điểm). Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 1), B(1; 2; 4), C(-1; 3; 1). 1. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB. 2. Tìm tọa độ điểm M trên Oy sao cho M cách đều hai điểm B và C. Câu V.a (1 điểm). Parabol có phương trình y2=2x chia diện tích hình tròn x2+y2=8 theo tỉ số nào? 2. Dành cho thí sinh học theo chương trình nâng cao Câu IV.b (2 điểm) Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 2; 4), B(4; 0; 4), C(4; 2; 0), D(4; 2; 4). 1. Lập phương trình mặt cầu đi qua A, B, C, D. 2. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD). Câu V.b (1 điểm). Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y=xex; x=2 và y=0. Tính thể tích của vật thể tròn xoay có được khi hình phẳng đó quay quanh trục Ox . ---------------------------Hết----------------------------- HƯỚNG DẨN ĐỀ 1 Câu1. (1.5 điểm) *) Tập xác định D = R\{1} *) Sự biến thiên +) Đúng các giới hạn, tiệm cận +) Đúng chiều biến thiên, bảng biến thiên *) Vẽ đúng đồ thị. 1 2. (1 điểm) Đồ thị giao với Ox tại A(-1; 0) ta có y’(-1) = − 2 1
1 1 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A là: y = − x − 2 2 1. (0.5 điểm). Hoành độ giao điểm của d và (C) (nếu có) là nghiệm phương trình sau: x +1 ⎧x ≠ 1 x +1 = ⇔⎨ 2 x −1 ⎩mx − mx − 2 = 0 (2). 2 Đặt f(x) = mx - mx - 2 d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt, x ≠ 1. ⎧m ≠ 0 ⎪ ⎡m > 0 ⇔ ⎨Δ > 0 ⇔ ⎢ ⎪ f (1) ≠ 0 ⎣ m < −8. ⎩ KL 3 Bài2 1. (1điểm) (2) ⇔ 3x + x = 4 3 x Đặt t = 3 , t > 0. Phương trình (1) trở thành ⎡t = 1 t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ ⎢ ⎣t = 3 +) t = 1 ⇒ x = 0 +) t =3 ⇒ x = 1. KL… 2. (1 điểm) Từ x + y = 2 ⇒ y = 2-x. Do x, y ≥ 0 nên x ∈ [0; 2]. x2 (2 − x) 2 9 9 Ta được P = + = −8 + − = f ( x). 3− x x +1 x +1 x − 3 f(x) liên tục trên [0; 2] 72( x − 1) f ' ( x) = , f ' ( x) = 0 ⇔ x = 1. ( x + 1) 2 ( x − 3) 2 f(0) = f(2) = 4; f(1) = 1. MaxP = Max f ( x) = 4; Min P = Min f ( x) = 1. [ 0; 2 ] [ 0; 2 ] 3. (1điểm) e e e x2 x2 x2 I = ∫ ln xd ( ) = ln x − ∫ d (ln x) 1 2 2 1 1 2 e e e2 xdx e 2 x 2 e2 + 1 = −∫ = − = . 2 1 2 2 4 1 4 1 VSABC = SA.S ΔABC 3 a2 3 Do ΔABC đều, cạnh a nên SΔABC = 4 3 a 3 Do đó ta được VS . ABC = . 12 Bài3:1. (1điểm). Gọi (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB. 3 3 5 (P) đi qua trung điểm M ( ; ; ) 2 2 2 (P) có vtpt là AB = (−1;1;3) Phương trình mặt phẳng (P): -2x + 2y + 6z - 15 = 0. 2. (1điểm). M ∈ Oy ⇔ M(0; a; 0) theo bài ta có MB = MC ⇔ MB2 = MC2 2
⇔ 1 + (a - 2)2 + 16 = 1 + (a - 3)2 + 1 ⇔ a = -5 Vậy M(0; -5; 0). Tính được diện tích hình tròn là 8 π 4 Tính được diện tích phần parabol chắn hình tròn (phần nhỏ) là + 2π . 3 Tính được diện tích phần còn lại, từ đó suy ra tỉ số cần tính. Bài4;1. (1 điểm) Gọi (S) là mặt cầu đi qua A, B, C, D Phương trình (S) có dạng x2 + y2 + z2 + 2Ax + 2By + 2Cz + D = 0. ⎧4 B + 8C + D = −20 ⎪8 A + 8C + D = −32 ⎪ (S) đi qua A, B, C, D ⇔ ⎨ ⎪8 A + 4 B + D = −20 ⎪8 A + 4 B + 8C + D = −36 ⎩ Giải hệ được A = -2, B = - 1, C = - 2, D = 0. Thử lại và kết luận phương trình mặt cầu (S) là x2 + y2 + z2 - 4x -2y - 4z = 0. 2. (1 điểm) BC = (0;2;−4), BD = (0;2;0) . Mặt phẳng (BCD) đi qua B và có vtpt là [ BC , BD] = (8;0;0) Phương trình mặt phẳng (BCD): x - 4 = 0. Khoảng cách từ A tới (BCD) là d = 4. 2 π Bài5:Lập được công thức thể tích cần tìm V= π ∫ x 2 e 2 x dx Tính đúng V= (5e 4 − 1) (ĐVDT). 0 4 ...................................................................................................................................................... ĐỀ 2 ( Thời gian làm bài 150 phút ) A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH ( 7 điểm) Câu 1. (3,5 điểm) −x+2 Cho hàm số : y = (C ) 2x + 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) , trục Ox và trục Oy . c) Xác định m để đường thẳng ( d ) : y = x + 2m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt. Câu 2. (1,5 điểm) Tính các tích phân : π 2 1 x a) I= ∫ cos 2 x.sin 2 xdx b) J= ∫ ( ) 2 dx 0 0 x +1 3 Câu 3. (2 điểm) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 2 ; 0) , C(0 ; 0 ; 3). a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm B, C và song song với đường thẳng OA. b) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O trên mặt phẳng(ABC). B.PHẦN RIÊNG : ( 3 điểm) Học sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đóI) I)Theo chương trình chuẩn. 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = − x 3 − 3x 2 + 4 trên đoạn [-3;2]. 3
2) Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu ( S ) đi qua hai điểm A(-2 ; 4 ; 1), B(2 ; 0;3) x −1 y + 2 z − 3 và có tâm I thuộc đường thẳng (d): = = 2 −1 −2 II)Theo chương trình nâng cao. 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = x 2 + 2x + 5 trên đoạn [-3;2]. 2) Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu ( S ) đi qua ba điểm A(-2 ; 4 ; 1), B(2 ; 0 ; 3 ), C(0 ; 2 ; -1) và có tâm I thuộc mp(P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0. HẾT HƯỚNG DẨN ĐỀ 2 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH ( 7 điểm) Câu 1. (3,5 điểm) −x+2 Cho hàm số : y = (C ) 2x + 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 1 Tập xác định : R \ {− } 2 Sự biến thiên. −5 −1 . chiều biến thiên : y ' = < 0, ∀x ≠ (2 x + 1) 2 2 −1 −1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; ) và ( ;+∞ ) 2 2 Hàm số không có cực trị − x + 2 −1 Tiệm cận : Lim y = Lim = x → ±∞ x → ±∞ 2 x + 1 2 Lim− y = −∞ và Lim+ y = +∞ −1 −1 x→ x→ 2 2 −1 Đường thẳng y = là tiệm cận ngang 2 −1 Đường thẳng x = là tiệm cận đứng. 2 Bảng biến thiên x -∞ -1/2 +∞ y’ − − +∞ y -1/2 −∞ -1/2 4
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm ( 0 ; 2 ), cắt trục Ox tại điểm ( 2 ; 0 ) Vẽ đồ thị . Lưu ý: Giao điểm của hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị. b)Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) , trục Ox và trục Oy Giao điểm với trục Ox : ( 2 ; 0 ) Giao điểm với trục Oy : ( 0 ; 2 ). −x+2 Vì y = ≥ 0 với x ∈ [0 ; 2] nên diện tích hình phẳng cần tìm : 2x + 1 2 2 −x+2 −1 5 / 2 −1 5 S=∫ dx = ∫ ( + 2 )dx = ( x + Ln 2 x + 1 ) 0 0 2x + 1 0 2 2x + 1 2 4 5 S = −1+ Ln5 ( đvdt) 4 C)Xác định m để đường thẳng (d ) : y = x + 2m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt. Hoành độ giao điểm của (d ) và đồ thị ( C ) thỏa phương trình : −x + 2 −1 = x + 2m ( x ≠ ) 2x + 1 2 ⎧2 x 2 + 4mx + 2 x + 2m − 2 = 0 ⎧ x 2 + (2m + 1) x + m − 1 = 0 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ −1 2 ⇔ ⎨1 ⎪2( ) − 2m − 1 + 2m − 2 ≠ 0 ⎪ −1− 2 ≠ 0 ⎩ 2 ⎩2 x + (2m + 1) x + m − 1 = 0 cóΔ = 4m + 5 > 0, ∀m 2 2 Vậy với mọi m đường thẳng ( d ) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt π 2 Câu 2 Tính các tích phân : a) I= ∫ cos 2 x.sin 2 xdx 0 π 2 π π Vậy I = ∫ ( 1 cos 2x- 1 − 1 cos 4 x)dx = ( 1 sin 2 x − 1 x − 16 sin 4 x) 2 4 4 4 4 1 2 0 =− 0 8 1 1 x x2 b) J= ∫ ( ) 2 dx = ∫ dx 0 x3 + 1 0 ( x + 1) 3 2 Đặt u = x 3 + 1 thì du = 3x 2 dx Ta có : x = 0 thì u = 1 ; x = 1 thì u = 2 2 du 1 2 −1 1 1 Vậy J= ∫ 2 = − = + = 1 3u 3u 1 6 3 6 Câu 3. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 2 ; 0) , C(0 ; 0 ; 3). a)Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm B, C và song song với đường thẳng OA. Ta có BC = (0 ; − 2 ; 3) ; OA = (1 ; 0 ; 0) Mp(P) đi qua BC và song song với OA nên có vectơ pháp tuyến là : n = (0 ; 3 ; 2 ) Mp(P) đi qua điểm B(0 ; 2 ; 0), có vectơ pháp tuyến n = (0 ; 3 ; 2 ) nên có phương trình : (y – 2)3 + 2z = 0 ⇔ 3y + 2z – 6 = 0 b)Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O trên mặt phẳng(ABC). x y z Phương trình mp(ABC) : + + = 1 ⇔ 6 x + 3 y + 2 z − 6 = 0 1 2 3 5
Đường thẳng OH vuông góc với mp(ABC) nên có vecto chỉ phương là vecto pháp tuyến của mp(ABC) : ( 6 ; 3 ; 2 ) ⎧x = 6t ⎪ Phương trình tham số của đường thẳng OH: ⎨ y = 3t ⎪z = 2t ⎩ H là giao điểm của OH và mp(ABC) nên tọa độ H thỏa hệ : ⎧x = 6t ⎪ y = 3t ⎪ 36 18 12 ⎨ Giải hệ trên ta được H ( ; ; ) ⎪z = 2t 49 49 49 ⎪6x + 3y + 2z - 6 = 0 ⎩ B.PHẦN RIÊNG : ( 3 điểm) I)Theo chương trình chuẩn. 1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y = − x 3 − 3x 2 + 4 y = − x 3 − 3x 2 + 4 xác định và liên tục trên R y ' = −3 x 2 − 6 x ⇒ y ' = 0 ⇔ x = 0; x = −2 thuộc đoạn [ - 3 ; 2 ]) Xét trên trên đoạn [-3;2]: Ta có y(-3) = 4 ; y(-2) = 0 ; y(0) = 4 ; y(2) = - 16 Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 4 , đạt tại x = -3 hoặc x = 0 và giá trị nhỏ nhất của hàm số là -16 đạt tại x =2. 3) Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu ( S ) đi qua hai điểm A(-2 ; 4 ; 1), B(2 ; 0 ; ⎧x = 2 - t ⎪ 3 ) và có tâm I thuộc đường thẳng (d): ⎨ y = 3t ⎪z = 1 + 6t ⎩ Vì mặt cầu (S) qua hai điểm A, B nên tâm I của mặt cầu thuộc mặt trung trực của AB. Trung điểm của AB là : K (0 ; 2 ; 2 ) → Vecto AB = (4 ; − 4 ; 2) Phương trình mp trung trực của AB : (x-0)4 +(y-2)(-4)+(z-2)2 = 0 ⇔ 2x − 2 y + z + 2 = 0 Ta có I là giao điểm của đường thẳng ( d ) và mp trung trực của AB nên tọa độ tâm I thỏa : ⎧x = 2 − t ⎪ y = 3t ⎪ 3 21 ⎨ Giải hệ trên ta được I ( − ; ; 22) ⎪z = 1 + 6t 2 2 ⎪2x − 2y + z + 2 = 0 ⎩ 3 21 967 Bán kính mặt cầu (S) : IB = (− − 2) 2 + ( ) 2 + 19 2 = 2 2 2 3 21 967 Phương trình mặt cầu ( S ) ( x + ) 2 + ( y − ) 2 + ( z − 22) 2 = 2 2 2 II)Theo chương trình nâng cao. 1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y = x 2 + 2x + 5 trên đoạn [-3;2]. Ta có tập xác định của hàm sô là R Hàm số liên tục trên R. x +1 y'= ⇒ y ' = 0 ⇔ x = −1∈ [−3; 2 ] x2 + 2x + 5 6
Ta có y(-3) = 8 ; y(-1) =2 ; y(2) = 13 Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 13 , đạt tại x = 2 và giá trị nhỏ nhất của hàm số là 2 đạt tại x = -1 2) Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu ( S ) đi qua ba điểm A(-2 ; 4 ; 1), B(2 ; 0 ; 3 ), C(0 ; 2 ; -1) và có tâm I thuộc mp(P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0. Vì mặt cầu (S) qua hai điểm A, B nên tâm I của mặt cầu thuộc mặt trung trực của AB. Trung điểm của AB là : K (0 ; 2 ; 2 ) → Vecto AB = (4 ; − 4 ; 2) Phương trình mp trung trực của AB : (x-0)4 +(y-2)(-4)+(z-2)2 = 0 ⇔ 2x − 2 y + z + 2 = 0 (1) Vì mặt cầu (S) qua hai điểm B,C nên tâm I của mặt cầu thuộc mặt trung trực của BC. Trung điểm của BC là : J (1 ; 1 ; 1 ) → Vecto BC = (−2 ; 2 ; − 4) Phương trình mp trung trực của BC : (x-1)(-2) +(y-1)(2)+(z-1)(-4) = 0 ⇔ − x + y − 2 z + 2 = 0 (2) Theo giả thiết tâm I thuộc mp(P):x + y – z + 2 = 0 (3) Vậy tọa độ I thỏa hệ phương trình ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ). Giải hệ này ta được I( -1 ; 1 ; 2). Bán kính mặt cầu ( S ) : IA = 11 Vậy phương trình mặt cầu ( S ): ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 2) 2 = 11 ……………………………… Hết……………………………………. ĐỀ:3 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y = − x 3 + 3x 2 − 1 có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt x 3 − 3x 2 + k = 0 . Câu II ( 3,0 điểm ) 3x − 4 a. Giải phương trình 3 = 92x − 2 1 b. Cho hàm số y = . Tìm nguyên hàm F(x ) của hàm số , biết rằng đồ thị của hàm số sin 2 x π F(x) đi qua điểm M( ; 0) . 6 1 c. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + + 2 với x > 0 . x Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình choùp tam giaùc ñeàu coù caïnh ñaùy baèng 6 vaø ñöôøng cao h = 1 . Hãy tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 7
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : x+2 y z+3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) : = = và mặt phẳng 1 −2 2 (P) : 2x + y − z − 5 = 0 a. Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại A . Tìm tọa độ điểm A . b. Viết phương trình đường thẳng ( Δ ) đi qua A , nằm trong (P) và vuông góc với (d) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường : 1 y = ln x, x = , x = e và trục hoành . e 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : ⎧x = 2 + 4t ⎪ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) : ⎨y = 3 + 2t và mặt phẳng ⎪ ⎩z = −3 + t (P) : − x + y + 2z + 5 = 0 a. Chứng minh rằng (d) nằm trên mặt phẳng (P) . b. Viết phương trình đường thẳng ( Δ ) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là 14 . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tìm căn bậc hai cũa số phức z = − 4i . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN ĐỀ 3 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a. (2d) x −∞ 0 2 +∞ y′ − 0 + 0 − +∞ 3 y −1 −∞ b. (1đ) pt ⇔ −x3 + 3x2 − 1 = k − 1 Đây là pt hoành độ điểm chung của (C) và đường thẳng (d) : y = k − 1 Căn cứ vào đồ thị , ta có : Phương trình có ba nghiệm phân biệt ⇔ −1 < k − 1 < 3 ⇔ 0 < k < 4 Câu II ( 3,0 điểm ) a. ( 1đ ) 3x − 4 3x − 4 ⎧x ≥ 1 ⎪ 8 3 = 92x − 2 ⇔ 3 = 32(2x − 2) ⇔ 3x − 4 = 4x − 4 ⇔ ⎨ ⇔x= 2 2 7 ⎪(3x − 4) = (4x − 4) ⎩ b. (1đ) Vì F(x) = − cotx + C . Theo đề : π π F( ) = 0 ⇔ − cot + C = 0 ⇔ C = 3 ⇒ F(x) = 3 − cot x 6 6 8
c. (1đ) Với x > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi : 1 1 x >0 x + ≥ 2 . Dấu “=” xảy ra khi x = ⇔ x 2 = 1 ⎯⎯⎯ x = 1 → ⇒ y ≥ 2+2 = 4 . x x Vậy : M iny = y(1) = 4 (0;+∞ ) Câu III ( 1,0 điểm ) Goïi hình choùp ñaõ cho laø S.ABC vaø O laø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp cuûa ñaùy ABC . Khi ñoù : SO laø truïc ñöôøng troøn ñaùy (ABC) . Suy ra : SO ⊥ (ABC) . Trong mp(SAO) döïng ñöôøng trung tröïc cuûa caïnh SA , caét SO taïi I . Khi ñoù : I laø taâm cuûa maët caàu ngoaïi tieáp S.ABC Tính baùn kính R = SI . SJ.SA SA 2 Ta coù : Töù giaùc AJIO noäi tieáp ñöôøng troøn neân : SJ.SA = SI.SO ⇒ SI = = SO 2.SO 6 3 3 Δ SAO vuoâng taïi O . Do ñoù : SA = SO2 + OA2 = 12 + = 3 ⇒ SI = = 3 2.1 2 Diện tích mặt cầu : S = 4πR2 = 9π II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : a. (0,5 đ) A(5;6; − 9) r b. (1,5đ) + Vectơ chỉ phương của đường thẳng (d) : ud = (1; −2;2) r + Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) : n P = ((2;1; −1) r r r + Vectơ chỉ phương của đường thẳng ( Δ ) : uΔ = [ud ; n P ] = (0;1;1) ⎧x = 5 ⎪ + Phương trình của đường thẳng ( Δ ) : ⎨y = 6 + t (t ∈ ) ⎪ z = −9 + t ⎩ Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 1 e + Diện tích : S = − ∫ ln xdx + ∫ ln xdx 1/e 1 1 + Đặt : u = ln x,dv = dx ⇒ du = dx,v = x x + ∫ ln xdx = x ln x − ∫ dx = x(ln x − 1) + C 1 e 1 + S = − x(ln x − 1) + x(ln x − 1) = 2(1 − ) 1/e 1 e 3. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a. (0,5đ) Chọn A(2;3; − 3),B(6;5; − 2) ∈ (d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) . r r r ⎧ u ⊥ ud ⎪ b.(1,5đ) Gọi u vectơ chỉ phương của ( d1 ) qua A và vuông góc với (d) thì ⎨ r r ⎪ u ⊥ uP ⎩ 9
r r r nên ta chọn u = [u, uP ] = (3; −9;6) = 3(1; −3;2) . Ptrình của đường thẳng ( d1 ) : ⎧x = 2 + 3t ⎪ ⎨y = 3 − 9t (t ∈ ) ⎪z = −3 + 6t ⎩ ( Δ ) là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên ( d1 ) thì M(2+3t;3 − 9t; − 3+6t) . 1 1 Theo đề : AM = 14 ⇔ 9t 2 + 81t 2 + 36t 2 = 14 ⇔ t 2 = ⇔t=± 9 3 1 x −1 y − 6 z + 5 +t= − ⇒ M(1;6; − 5) ⇒ (Δ1) : = = 3 4 2 1 1 x − 3 y z +1 + t = ⇒ M(3;0; − 1) ⇒ (Δ 2 ) : = = 3 4 2 1 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Gọi x + iy là căn bậc hai của số phức z = − 4i , ta có : ⎧ 2 ⎪ 2 ⎧x = y ⎧x = −y (x + iy)2 = −4i ⇔ ⎨x − y = 0 ⇔ ⎨ hoặc ⎨ ⎪2xy = −4 ⎩ ⎩2xy = −4 ⎩2xy = −4 ⎧x = y ⎪ ⎧x = −y ⎪ ⎧x = −y ⎪ ⎡ x = 2; y = − 2 ⇔⎨ 2 (loại) hoặc ⎨ 2 ⇔⎨ 2 ⇔⎢ ⎪2x = −4 ⎩ ⎪−2x = −4 ⎩ ⎪x = 2 ⎩ ⎢ x = − 2; y = 2 ⎣ Vậy số phức có hai căn bậc hai : z1 = 2 − i 2 , z2 = − 2 + i 2 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, ĐỀ 4 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) x −3 Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y = có đồ thị (C) x−2 c. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). d. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt . Câu II ( 3,0 điểm ) π ln (1 + sin ) 2 d. Giải bất phương trình e − log (x 2 + 3x) ≥ 0 2 π 2 x x e. Tính tìch phân : I = ∫ (1 + sin )cos dx 2 2 0 ex f. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn [ln 2 ; ln 4] . e x +e Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 4. Theo chương trình chuẩn : 10
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng ⎧ x = 2 − 2t ⎪ (d1) : ⎨ y = 3 ⎪z = ⎩ t x − 2 y −1 z và (d 2 ) : = = . 1 −1 2 a. Chứng minh rằng hai đường thẳng (d1),(d 2 ) vuông góc nhau nhưng không cắt nhau . b. Viết phương trình đường vuông góc chung của (d1),(d 2 ) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tìm môđun của số phức z = 1 + 4i + (1 − i) . 3 5. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( α ) : 2x − y + 2z − 3 = 0 x − 4 y −1 z x+3 y+5 z−7 và hai đường thẳng ( d1 ) : = = , ( d2 ) : = = . 2 2 −1 2 3 −2 a. Chứng tỏ đường thẳng ( d1 ) song song mặt phẳng ( α ) và ( d 2 ) cắt mặt phẳng ( α ) . b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng ( d1 ) và ( d 2 ). c. Viết phương trình đ th( Δ ) song song với m phẳng ( α ) , cắt đường thẳng ( d1 ) và ( d 2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 . 2 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tìm nghiệm của phương trình z = z , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z . . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN ĐỀ 4 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x −∞ 2 +∞ y′ + + +∞ 1 1 −∞ b) 1đ Phương trình hoành độ của (C ) và đường thẳng y = mx + 1 : x −3 = mx + 1 ⇔ g(x) = mx2 − 2mx + 1 = 0 , x ≠ 1 (1) x−2 11
Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⎧m ≠ 0 ⎧m ≠ 0 ⎪ ⎪ 2 − m > 0 ⇔ ⎪m < 0 ∨ m > 1 ⇔ ⎡ m < 0 khác 1 ⇔ ⎨Δ′ = m ⎨ ⎢m > 1 ⎪g(1) ≠ 0 ⎪m − 2m + 1 ≠ 0 ⎣ ⎪ ⎩ ⎩ Câu II ( 3,0 điểm ) ln 2 a) 1đ pt ⇔ e − log (x 2 + 3x) ≥ 0 ⇔ 2 − log (x 2 + 3x) ≥ 0 (1) Điều kiện : x > 0 2 2 ∨ x < −3 2 2 2 2 (1) ⇔ log (x + 3x) ≤ 2 ⇔ x + 3x ≤ 2 ⇔ x + 3x − 4 ≤ 0 ⇔ −4 ≤ x ≤ 1 2 So điều kiện , bất phương trình có nghiệm : −4 ≤ x < −3 ; 0 < x ≤ 1 π π π 2 x x x x 1 2 x 1 2 b) 1đ I = ∫ (cos + sin .cos )dx = ∫ (cos + sin x)dx = (2sin − cosx) = 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 2 1 1 = 2. + = + 2 2 2 2 ex c) 1đ Ta có : y′ = > 0 , x ∈ [ln 2 ; ln 4] (e x + e)2 2 4 + min y = y(ln 2) = + Maxy = y(ln 4) = [ln 2 ; ln 4] 2+e [ln 2 ; ln 4] 4+e Câu III ( 1,0 điểm ) a 2 3 a3 3 Vlt = AA '.SABC = a. = 4 4 Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp ΔABC , ΔA 'B'C' thí tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm I của OO’ . a 3 2 a 2 a 21 Bán kính R = IA = AO2 + OI2 = ) +( ) = ( 3 2 6 2 Diện tích : Smc = 4πR 2 = 4π( a 21 )2 = 7 πa 6 3 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : a) 1đ Thay x.y.z trong phương trình của ( d1) vào phương trình của ( d 2 ) ta được : −2t 3 − 1 t = = ⇔ (t = −1) ∧ (t = −4) vô nghiệm . 1 −1 2 Vậy (d1) và (d 2 ) không cắt nhau . r r Ta có : (d1) có VTCP u1 = ( −2;0;1) ; (d 2 ) có VTCP u 2 = (1; −1;2) r r Vì u1.u 2 = 0 nên (d1) và (d 2 ) vuông góc nhau . 12
b) 1đ Lấy M( 2 − 2t;3; t) ∈ (d1) , N(2 + m;1 − m;2m) ∈ (d 2 ) uuuu r Khi đó : MN = (m + 2t; −2 − m;2m − t) uuuu r r ⎧MN.u1 = 0 ⎪ ⎧t = 0 5 4 −2 MN vuông với (d1),(d 2 ) ⇔ ⎨ uuuu r r ⇔⎨ ⇒ M(2;3;0), N( ; ; ) ⎪ MN.u 2 = 0 ⎩m = −1 / 3 ⎩ 3 3 3 x −2 y−3 z ⇒ (MN) : = = là phưong trình đường thẳng cần tìm . 1 5 2 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 3 3 2 3 Vì (1 − i) = 1 − 3i + 3i − i = 1 − 3i − 3 + i = −2 − 2i . Suy ra : z = −1 + 2i ⇒ z = (−1)2 + 22 = 5 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 0,75đ ⎧ qua A(4;1;0) ⎧ qua B( − 3; − 5;7) (d1) : ⎨ r , (d 2 ) : ⎨ r , (α) có vtpt ⎩ VTCP u1 = (2;2; −1) ⎩ VTCP u2 = (2;3; −2) r n = (2; −1;2) r r Do u1.n = 0 và A ∉ (α) nên ( d1 ) // ( α ) . r r Do u2 .n = −3 ≠ 0 nên ( d1 ) cắt ( α ) . r r uuu r r r uuur [u1,u2 ].AB b) 0,5 đ Vì [u1,u2 ] = (−1;2;2) , AB = (−7; −6;7) ⇒ d((d1),(d 2 )) = r r =3 [u1,u2 ] ⎧ qua (d1) ⎪ c) 0,75đ phương trình mp(β) : ⎨ ⇒ (β) : 2x − y + 2z − 7 = 0 ⎪ // (α) ⎩ Gọi N = (d 2 ) ∩ (β) ⇒ N(1;1;3) ; uuuu r M ∈ (d1) ⇒ M(2t + 4;2t + 1; − t),NM = (2t + 3;2t; − t − 3) 2 Theo đề : MN = 9 ⇔ t = −1 . ⎧ qua N(1;1;3) x −1 y −1 z − 3 Vậy (Δ ) : ⎨ uuuu r ⇒ (Δ ) : = = ⎩ VTCP NM = (1; −2; −2) 1 −2 −2 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực . ta có : z = a − bi và z = (a − b ) + 2abi 2 2 2 2 ⎪ ⎧ 2 2 Khi đó : z = z ⇔ Tìm các số thực a,b sao cho : ⎨a − b = a ⎪2ab = − b ⎩ 1 3 1 3 Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) , (− ; ) , (− ; − ) . 2 2 2 2 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, 13
ĐỀ 5 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 − 4 có đồ thị (C) e. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). f. Cho họ đường thẳng (d m ) : y = mx − 2m + 16 với m là tham số . Chứng minh rằng (d m ) luôn cắt đồ thị (C) tại một điểm cố định I . Câu II ( 3,0 điểm ) x −1 x −1 x+ 1 g. Giải bất phương trình ( 2 + 1) ≥ ( 2 − 1) 1 0 h. Cho ∫ f(x)dx = 2 với f là hàm số lẻ. Hãy tính tích phân : I = ∫ f(x)dx . 0 −1 x c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất nếu có của hàm số y = 2 4x2 + 1 . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a . Hình chiếu vuông góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB . Mặt bên (AA’C’C) tạo với đáy một góc bằng 45o . Tính thể tích của khối lăng trụ này . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó. 6. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz .Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vuông góc với mặt phẳng (Q) : x + y + z = 0 và cách điểm M(1;2; −1 ) một khoảng bằng 2 . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 1− i 2010 . Cho số phức z = . Tính giá trị của z 1+ i 7. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : ⎧x = 1 + 2t ⎪ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) : ⎨y = 2t và mặt phẳng (P) ⎪ z = −1 ⎩ : 2x + y − 2z − 1 = 0 . a. Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên (d) , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với (P) . b. Viết phương trình đường thẳng ( Δ ) qua M(0;1;0) , nằm trong (P) và vuông góc với đường thẳng (d) . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Trên tập số phức , tìm B để phương trình bậc hai z2 + Bz + i = 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng −4i . . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN ĐỀ 5 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 14
Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x −∞ −2 0 +∞ y′ + 0 − 0 + 0 +∞ −∞ −4 b) 1đ Ta có : Phương trỉnh hoành độ điểm chung của (C) và (d m ) : ⎡x = 2 x3 + 3x2 − 4 = mx − 2m + 16 ⇔ (x − 2)[x2 + 5x + (10 − m)] = 0 ⇔ ⎢ ⎢ 2 ⎣ x + 5x + 10 − m = 0 Khi x = 2 ta có y = 23 + 3.22 − 4 = 16 ; y = 2m − 2m + 16 = 16 ,∀m ∈ Do đó (d m ) luôn cắt (C) tại điểm cố định I(2;16 ) . Câu II ( 3,0 điểm ) 1 a) 1đ Vì ( 2 + 1)( 2 − 1) = 1 ⇒ 2 − 1 = = ( 2 + 1)−1 2 +1 x −1 − x+ 1 x −1 nên bpt ⇔ ( 2 + 1)x −1 ≥ ( 2 + 1) ⇔ x −1 ≥ − do 2 +1 > 1 x+ 1 (x − 1)(x + 2) ⎡−2 ≤ x < −1 ⇔ ≥0⇔⎢ x +1 ⎣x ≥ 1 b) 1đ Đổi biến : u = −x ⇒ du = −dx ⇒ dx = −du . Đổi cận : x = −1 ⇒ u = 1 x=0 ⇒u=0 Vì f là hàm số lẻ nên f(− u) = −f(u) 0 1 1 1 Khi đó : I = − ∫ f(− u)du = ∫ f(− u)du = − ∫ f(u)du = − ∫ f(x)dx = −2 1 0 0 0 c) 1đ Tập xác định D = x 1 ∀x ∈ , ta có : (2x + 1)2 ≥ 0 ⇒ 4x2 + 4x + 1 ≥ 0 ⇒ 4x ≥ −1(4x2 + 1) ⇒ ≥− (1) 4x2 + 1 4 x 1 (2x − 1)2 ≥ 0 ⇒ 4x2 − 4x + 1 ≥ 0 ⇒ (4x2 + 1) ≥ 4x ⇒ ≤ (2) 4x2 + 1 4 Từ (1) và (2) suy ra : x x 1 1 1 x 1 2 − 1 2 − ≤ ≤ ⇒ 2 4 ≤ 2 4x + 1 ≤ 2 4 ⇒ ≤ 2 4x + 1 ≤ 4 2, ∀x ∈ 4 4x2 + 1 4 42 15
1 1 1 Vậy : min y = y(− ) = ; max y = y( ) = 4 2 2 42 2 Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi H là trung điểm của AB . Ta có A’H ⊥ (ABC) .Kẻ HE ⊥ AC thì a 3 1 A'EH = 45o là góc giữa hai mặt (AA’C’C) và (ABC) . Khi đó : A’H = HE = ( bằng 4 2 a2 3 a 3 3a3 đường cao Δ ABC) . Do đó : VABC.A'B'C' = . = 4 4 16 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với A 2 + B2 + C2 ≠ 0 Vì (P) ⊥ (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0 ⇔ A+B+C = 0 ⇔ C = − A − B (1) Theo đề : A + 2B − C d(M;(P)) = 2⇔ = 2 ⇔ (A + 2B − C)2 = 2(A 2 + B2 + C2 ) (2) A 2 + B2 + C2 2 8A Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5 B = 0 ⇔ B = 0 hay B = − 5 (1) B = 0 ⎯⎯→ C = − A . Cho A = 1,C = −1 thì (P) : x − z = 0 8A (1) B =− . Chọn A = 5 , B = −1 ⎯⎯→ C = 3 thì (P) : 5x − 8y + 3z = 0 5 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 1 − i (1 + i)2 Ta có : z = = = i nên 1+ i 2 z2010 = i2010 = i 4×502+ 2 = i 4×502 .i2 = 1.(−1) = −1 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 1đ Tâm mặt cầu là I ∈ (d) nên I(1+2t;2t; −1 ) Theo đề : Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên 2(1 + 2t) + 2t − 2(−1) − 1 d(I;(P)) = = R = 3 ⇔ 6t + 3 = 3 ⇔ t = 0,t = −1 4 +1+ 4 2 2 2 t = 0 thì I(1;0; −1 ) ⇒ (S1) : (x − 1) + y + (z + 1) = 9 16
2 t = −1 thì I( −1; −2 ; −1 ) ⇒ (S2 ) : (x + 1) + (y + 2) + (z + 1) = 9 2 2 r b) 1đ VTCP của đường thẳng (d) là u = (2;2;0) = 2(1;1;0) r VTPT của mặt phẳng là v = (2;1; −2) r r r r Gọi uΔ là VTCP của đường thẳng ( Δ ) thì uΔ vuông góc với u,n do đó ta chọn r r r uΔ = [u,v] = (−2)(2; −2;1) . ⎧ Qua M(0;1;0) x y −1 z Vậy (Δ ) : ⎨ r r r ⇒ (Δ ) : = = ⎩ vtcp uΔ = [u,v] = (−2)(2; −2;1) 2 −2 1 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Gọi z1,z2 là hai nghiệm của phương trình đã cho và B = a + bi với a, b ∈ . Theo đề phương trình bậc hai z2 + Bz + i = 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng −4i . nên ta có : z1 + z2 = (z1 + z2 )2 − 2z1z2 = S2 − 2P = (− B)2 − 2i = −4i hay B2 = −2i hay 2 2 ⎧ 2 ⎪ 2 (a + bi)2 = −2i ⇔ a2 − b2 + 2abi = −2i Suy ra : ⎨a − b = 0 . ⎪2ab = −2 ⎩ Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là (1; −1),(−1;1) Vậy : B = 1 − i , B = − 1 + i ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, 17