Đề thi thử tốt nghiệp THTP môn Toán (Có đáp án) - Đề số 11-15

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

104
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 11-15', 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 11-15

5 ĐÊ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT ĐỀ 11 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 2x +1 Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y = . x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y=mx+1 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt. 2x + 1 Câu II ( 3,0 điểm )1) Giải bất phương trình : log 1 < 0. 2 x+5 3 x 2)Tính tích phân :1) I = ò 1 + x2 dx . 0 3)Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số: y = − x 2 + 2 x; y = − x. Câu III. (1.0 điểm). Cho số phức: z = (1 − i ) . ( 2 + i ) . Tính giá trị biểu thức A = z.z . 2 2 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 ) : Cho chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, SA ⊥ ( ABCD), SB = a 3 . Tính thể tích chóp S.ABCD theo a. CâuV(1.0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;0;0), B(0;3;0), C(0;0;4), D(1;-2;4) 1. Viết phương trình mặt phẳng (ABC). 2. Chứng minh rằng ABCD là hình tứ diện. Tính thể tích tứ diện ABCD. . Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 1. Cho hai mặt phẳng (P): 2x – y – 2z + 3 = 0 và (Q): 2x – 6y + 3z – 4 = 0. x y +3 z Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng Δ : = = đồng thời tiếp xúc với 1 −1 2 cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu Vb. (1 điểm) Tìm căn bậc hai của số phức −1 + 4 3i . . . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN đề 11 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Tập xác định : D = \ {1} Sự biến thiên : −3 • Chiều biến thiên : y ' = < 0, ∀x ∈ D. 2 ( x − 1) Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) ∪ (1; +∞ ) . • Hàm số không có cực trị. • Giới hạn : lim y = 2; lim y = 2 và lim+ y = +∞; lim− y = −∞ . x →−∞ x →+∞ x →1 x →1 Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng: x = 1,và tiệm cận ngang là đường thẳng: y = 2. • Bảng biến thiên : Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 1
x −∞ 1 +∞ y' _ -- y 2 +∞ −∞ 2 • Đồ thị : ⎛ 1 ⎞ - Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-1) và cắt trục hoành tại điểm ⎜ − ;0 ⎟ . ⎝ 2 ⎠ - Đồ thị nhận điểm I (1;2) làm tâm đối xứng. 2. (1,0 điểm) 2x +1 Đường thẳng y=mx+1 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (ẩn x) = mx + 1 có x −1 hai nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (ẩn x) mx 2 − (m + 1)x − 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác 1 ⎧ m≠0 ⎡ m < −5 − 21 ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ m≠0 ⎢ ⇔ ⎨ Δ = (m + 1)2 + 8m > 0 ⇔ ⎨ ⇔ ⎢ −5 + 21 < m < 0 2 ⎢ ⎪ 2 ⎪ m + 10m + 1 > 0 ⎩ m>0 ⎪ ⎩ m.1 − (m + 1).1 − 2 ≠ 0 ⎢ ⎣ Câu II ( 3,0 điểm ) 2x + 1 Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình : >1 x+5 ⎡ ⎧x − 4 > 0 ⎢⎨ x−4 ⎩x + 5 > 0 ⎡ x < −5 ⇔ >0⇔⎢ ⇔⎢ x+5 ⎢ ⎧x − 4 < 0 ⎢⎨ ⎣x>4 ⎢⎩x + 5 < 0 ⎣ 2. (1,0 điểm) Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 2
3 x Tính các tích phân sau I = 1 + x2 ò dx 0 Đặt u = 1 + x 2 Þ du = 2xdx x= 3 u= 4 Đổi cận: Þ x= 0 u= 1 Do đó: 4 1 4 I= ò2 u du = u 1 = 1 1 Vậy I = 1 3. (1,0 điểm) Ta có : − x 2 + 2 x = − x ⇔ x = 0; x = 3 3 3 ⎛ x3 3 ⎞ 3 9 Diện tích là : S = ∫ − x 2 + 3 x dx = ∫ (− x 2 + 3 x)dx = ⎜ − + x 2 ⎟ = (đvdt). 0 0 ⎝ 3 2 ⎠0 2 Câu III ( 1,0 điểm ) :Ta có : SABCD = a2 ; SA ⊥ ( ABCD), Suy ra, h = SA = 3a2 − a2 = a 2 1 1 a3 2 Vậy, thể tích chóp S.ABCD là : VS.ABCD = SABCD .SA = a2a 2 = (đvtt) 3 3 3 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Áp dụng PT của mặt phẳng theo đoạn chắn ta có PT mp (ABC) là : x y z + + = 1 ⇔ 6 x + 4 y + 3z − 12 = 0 2 3 4 2. (1,0 điểm) • Thay toạ độ điểm D vào pt mặt phẳng (ABC) • Suy ra D ∉ ( ABC ) do đó ABCD là hình tứ diện. uuu r uuur uuur • Ta có : AB = (−2;3; 0) , AC = (−2; 0; 4) , AD = ( −1; −2; 4) 1 uuu uuu uuur 1 r r 1 Thể tích: V = ⎡ AB, AC ⎤ . AD = −2 = (ñvtt ) 6⎣ ⎦ 6 3 Câu IV (1,0 điểm ) : Tacó: z = (1 − i ) ( 2 + i ) = (1 − 2i + i 2 )( 4 + 4i + i 2 ) = ( −2i )( 3 + 4i ) 2 2 = −6i − 8i 2 = 8 − 6i 2. Theo chương trình nâng cao : ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, ĐỀ 12 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 3
x+2 Cho hàm số y = có đồ thị (C) 1− x a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) . b. Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y = mx − 4 − 2m luôn đi qua một điểm cố định của đường cong (C) khi m thay đổi . . Câu II ( 3,0 điểm ) a. Giải phương trình log (2 x − 1).log (2 x + 1 − 2) = 12 2 2 0 sin 2x b. Tính tìch phân : I = ∫ 2 dx −π /2 (2 + sin x) x2 − 3x + 1 c. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) : y = , biết rằng tiếp tuyến này x−2 song song với đường thẳng (d) : 5x − 4y + 4 = 0 . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S,ABC . Gọi M là một điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2 MA . Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp M.SBC và M.ABC . 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 ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz và có trọng tâm G(1;2; −1 ) Hãy tính diện tích tam giác ABC . 2 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường ( C ) : y = x , (d) : y = 6 − x và trục hoành . Tính diện tích của hình phẳng (H) . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ . Biết A’(0;0;0) , B’(a;0;0),D’(0;a;0) , A(0;0;a) với a>0 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và B’C’ . a. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và song song với hai đường thẳng AN và BD’ .. b. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD’ . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 2 1 Tìm các hệ số a,b sao cho parabol (P) : y = 2x + ax + b tiếp xúc với hypebol (H) : y = Tại điểm x M(1;1) . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN ĐỀ 12 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x −∞ 1 +∞ y′ + + +∞ −1 y −1 −∞ b) 1đ Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 4
Ta có : y = mx − 4 − 2m ⇔ m(x − 2) − 4 − y = 0 (*) ⎧x − 2 = 0 ⎧x = 2 Hệ thức (*) đúng với mọi m ⇔ ⎨ ⇔⎨ ⎩−4 − y = 0 ⎩y = −4 Đường thẳng y = mx − 4 − 2m luôn đi qua điểm cố định A(2; − 4) thuộc (C) x+2 ( Vì tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình y = ) 1− x Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ Điều kiện : x > 1 . pt ⇔ log (2x − 1).[1 + log (2x − 1)] − 12 = 0 (1) 2 2 Đặt : t = log (2x − 1) thì (1) ⇔ t 2 + t − 12 = 0 ⇔ t = 3 ∨ t = −4 2 t = 3 ⇔ log (2x − 1) = 3 ⇔ 2x = 9 ⇔ x = log2 9 2 17 17 t = − 4 ⇔ log (2x − 1) = −4 ⇔ 2x = ⇔ x = log2 2 16 16 b) 1đ Đặt t = 2 + sin x ⇒ dt = cos xdx π x = 0 ⇒ t = 2 , x =− ⇒ t =1 2 2 2 2 2 2(t − 2) 1 1 2 1 4 I= ∫ dt = 2 ∫ dt − 4 ∫ dt = 2 ln t + 4 = ln 4 − 2 = ln 2 2 1 1 t 1 t 1t t1 e2 5 c) 1đ Đường thẳng (d) 5x − 4y + 4 = 0 ⇔ y = x +1 4 5 Gọi Δ là tiếp tuyến cần tìm , vì Δ song song với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc k = Do đó : 4 5 (Δ ) : y = x+b 4 ⎧ x2 − 3x + 1 5 ⎪ = x+b (1) ⎪ x−2 4 Δ là tiếp tuyến của ( C ) ⇔ hệ sau có nghiệm x ≠ 2 : ⎨ 2 ⎪ x − 4x + 5 = 5 (2) ⎪ 2 4 ⎩ (x − 2) (2) ⇔ x2 − 4x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 4 (1) 1 5 1 x = 0 ⎯⎯→ b = − ⇒ tt(Δ1) : y = x − 2 4 2 (1) 5 5 5 x = 4 ⎯⎯→ b = − ⇒ tt(Δ 2 ) : y = x − 2 4 2 Câu III ( 1,0 điểm ) V SM 2 2 Ta có : S.MBC = = ⇒ VS.MBC = .VS.ABC (1) VS.ABC SA 3 3 2 1 VM.ABC = VS.ABC − VS.MBC = VS.ABC − .VS.ABC = .VS.ABC (2) 3 3 V V Từ (1) , (2) suy ra : M.SBC = S.MBC = 2 VM.ABC VM.ABC II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 5
1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Vì các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz nên ta gọi A(x;0;0) , B(0;y;0), C(0;0;z) . Theo đề : ⎧x ⎪3 =1 ⎪ ⎧x = 3 ⎪y ⎪ G(1;2; −1 ) là trọng tâm tam giác ABC ⇔ ⎨ = 2 ⇔ ⎨y = 6 0,5đ ⎪ 3 ⎪z = −3 ⎪ = −1 ⎩ z ⎪3 ⎩ Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0; −3 ) 0,25đ 1 3.VOABC Mặt khác : VOABC = .d(O,(ABC).SABC ⇒ SABC = 0,25đ 3 d(O,(ABC) x y z Phương trình mặt phẳng (ABC) : + + =1 0,25đ 3 6 −3 1 nên d(O,(ABC)) = =2 1 1 1 + + 9 36 9 Mặt khác : 1 1 VOABC = .OA.OB.OC = .3.6.3 = 9 0,25đ 6 6 27 Vậy : SABC = 0,25đ 2 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Phương trình hònh độ giao điểm của ( C ) và (d) : ⎡x = 2 x2 = 6 − x ⇔ x2 + x − 6 = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = −3 2 6 2 S= ∫x 2dx + (6 − x)dx = 1 [x3 ]2 + [6x − x ]6 = 26 ∫ 3 0 2 2 3 0 2 2. Theo chương trình nâng cao :Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 1đ Từ giả thiết ta tính được : B(a;0;a), a a D(0;a;0) , A(0;0;a) , M( ;0;a) , N(a; ;0) . 2 2 uuur a a AN = (a; ; −a) = (2;1; −2) uuuu r 2 2 BD' = (−a;a; −a) = −a(1; −1;1) Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với AN và BD’ nên có VTPT là r uuur uuuu r a2 n = [AN,BD'] = − (1;4;3) 2 a 7a Suy ra : : (P ) :1(x − ) + 4(y − 0) + 3(z − a) = 0 ⇔ x + 4y + 3z − =0 2 2 Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 6
uuur uuuu r b) 1đ Gọi ϕ là góc giữa AN và BD' . Ta có : a2 uuur uuuur − a2 + + a2 AN.BD' 2 1 3 3 cos ϕ = uuuu uuuur = r = = ⇒ ϕ = arccos AN . BD' 3a 3 3 9 9 .a 3 2 uuur uuuu a2 r uuu r [AN,BD'] = (1;4;3),AB = (a;0;0) = a(1;0;0) 2 uuur uuuu uuu r r a3 [AN,BD'].AB a Do đó : d(AN,BD') = uuur uuuur = 2 = [AN,BD'] a2 . 26 26 2 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tiếp điểm M có hoành độ chính là nghiệm của hệ phương trình : ⎧ 2 1 ⎧ 2 1 ⎪ 2x + ax + b = ⎪2x + ax + b = x ⎪ ⎨ x ⇔⎨ (I) ⎪(2x 2 + ax + b)' = ( 1 )' ⎪4x + a = − 1 ⎩ x ⎪ ⎩ x2 Thay hoành độ của điểm M vào hệ phương trình (I) , ta được : ⎧2 + a + b = 1 ⎧ a + b = −1 ⎧ a = − 5 ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎩ 4 + a = −1 ⎩ a = −5 ⎩b = 4 Vậy giá trị cần tìm là a = −5,b = 4 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, ĐỀ 13 ( 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 4 + 2(m − 2)x 2 + m 2 − 5m + 5 có đồ thị ( Cm ) c. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1 . b. Tìm giá trị của m để đồ thị ( Cm ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt . Câu II ( 3,0 điểm ) d. Giải phương trình 9x = 5x + 4x + 2( 20) x 1 2 )dx e. Tính tích phân : I = ∫ ln(1 + x 0 f. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = ln x − x . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành với AB = a , BC = 2a và ABC = 60 ; o SA vuông góc với đáy và SC tạo với đáy góc α . a) Tính độ dài của cạnh AC . b) Tính theo a và α thể tích của khối chóp S.ABCD . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 7
1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A(2;0; 1) ,B(1;0;0) ,C(1;1;1) và mặt phẳng (α) : x + y + z − 2 = 0 . a. Viết phương trình mặt phẳng ABC. Xét vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng (ABC) và mặt phẳng (α ) . b. Viết phương trình mặt cầu (S) qua 3 điểm A,B,C và có tâm nằm trên mặt phẳng ( α ) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 2 2 Cho (H) giới hạn bởi các đường y = 4 − x và y = x + 2 Tính thể tích của khối tròn xoay khi (H) quay quanh trục hoành . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A1B1C1D1 có các cạnh AA1 = a , AB = AD = 2a . Gọi M,N,K lần lượt là trung điểm các cạnh AB,AD, AA1 . a) Tính theo a khoảng cách từ C1 đến mặt phẳng (MNK) . b) Tính theo a thể tích của tứ diện C1MNK . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 2 4 Tính giá trị của biểu thức : M = 1 + (1 + i) + (1 + i) + ... + (1 + i) 18 . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x −∞ −1 0 1 +∞ y′ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1 +∞ 0 0 b) 1đ Phương trình hoành độ giao điểm của ( Cm ) và trục hoành : x 4 + 2(m − 2)x 2 + m 2 − 5m + 5 = 0 (1) 2 Đặt t = x ,t ≥ 0 . Ta có : (1) ⇔ t 2 + 2(m − 2)t + m 2 − 5m + 5 = 0 (2) Đồ thị ( Cm ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt ⇔ pt (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 2 nghiệm dương phân biệt . ⎧Δ ' > 0 ⎧m − 1 > 0 ⎪ ⎪ 5− 5 ⇔ ⎨P > 0 ⇔ ⎨m 2 − 5m + 5 > 0 ⇔ 1 < m < ⎪S > 0 ⎪−2(m − 2) > 0 2 ⎩ ⎩ Câu II ( 3,0 điểm ) 5 2 a) 1đ pt ⇔ 32x = [( 5) x + 2 x ]2 ⇔ 3x = ( 5) x + 2 x ⇔ ( ) x + ( ) x = 1 (1) 3 3 Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 8
5 2 Vì 0 < , < 1 nên vế trái là hàm số nghịch biến trên 3 3 Mặt khác : f (2) = 1 nên pt (1) ⇔ f (x) = f (2) ⇔ x = 2 . b) 1đ ⎧ 2xdx ⎧ u = ln(1 + x2 ) ⎪du = ⎪ Đặt ⎨ ⇒⎨ 1 + x2 ⎪dv = dx ⎩ ⎪v = x ⎩ Ta có : 1 1 2 1 1 x 1 1 I = x ln(1 + x2 ) − 2 ∫ dx = ln 2 − 2 ∫ (1 − )dx = ln 2 − [2x]1 + ∫ 0 dx = ln2 − 2 + 2M 0 0 1 + x2 0 1+ x 2 0 1+ x 2 1 1 π Với M = ∫ dx . Đặt x = tan t , ta tính được M = 2 4 0 1+ x π Do đó : I = ln 2 − 2 + 2 c) 1đ Ta có : TXĐ D = (0; +∞ ) 1 1 1 1 1 1 1 1 y′ = − = ( − ), y′ = 0 ⇔ ( − )=0⇔ x=4 x 2 x x x 2 x x 2 Bảng biến thiên : x 0 4 +∞ y′ − 0 + y 2ln2 - 2 Vậy : Maxy = y(4) = 2 ln 2 − 2 (0;+∞) Câu III ( 1,0 điểm ) a) Áp dụng định lí côsin vào ΔABC , ta có : AC = a 3 3 SABCD = AB.BC.sin ABC = a.2a. = a2 3 b) Vì 2 1 SA = AC.tan α = a 3.tan α ⇒ VS.ABCD = .SA.SABCD = a3 tan α 3 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : a) 1,0đ (ABC) : x + y − z − 1 = 0 Vì 1: 1: −1 ≠ 1:1:1 nên hai mặt phẳng cắt nhau . b) 1,0đ Gọi mặt cầu cần tìm là : (S) : x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 với a2 + b2 + c2 > d 2 có tâm I(−a; − b; − c) (S) qua A,B,C và tâm I thuộc mặt phẳng (α) nên ta có hệ : Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 9
⎧5 + 4a + 2c + d = 0 ⎧ a = −1 ⎪1 + 2a + d = 0 ⎪ ⎪b = 0 ⎪ ⎨ ⇔⎨ ⎪3 + 2a + 2b + 2c + d = 0 ⎪c = −1 ⎪ −a − b − c − 2 = 0 ⎩ ⎪d = 1 ⎩ Vậy (S) : (S) : x2 + y2 + z2 − 2x − 2z + 1 = 0 có tâm I(1;0;1) và bán kính R = 1 . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 2 2 Phương trình hoành độ điểm chung : 4 − x = x + 2 ⇔ x = 1 ⇔ x = ±1 2 2 2 Vì 4 − x ≥ x + 2, ∀x ∈ [−1;1] nên : 1 1 VOx = π ∫ [(4 − x2 )2 − (x2 + 2)2 ]dx = π ∫ [12 − 12x 2 ]dx = 16π −1 −1 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 1đ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O trùng với A , các trục Ox ,Oy ,Oz đi qua B, D và A1 như hình vẽ . Khi đó : A(0;0;0) , B(2a;0;0) , D(0;2a;0) , A1 (0;0;a) , C1 (2a;2a;a) , M(a;0;0) , N(0;a;0) a K(0;0; ) . 2 Khi đó : (MNK) : x + y + 2z − a = 0 5a 6 Suy ra : d(C1;(MNK)) = . 6 1 uuuu uuuu uuuuu 5a3 r r r uuuu uuuu r r a2 a2 2 b) 1đ Ta có : VC MNK = [MN,MK].MC1 = với [MN,MK] = ( ; ;a ) . 1 6 12 2 2 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : M là tổng của 10 số hạng đầu tiên của một cấp số nhân có số hạng đầu tiên u1 = 1 , công bội q = (1 + i)2 = 2i 1 − q10 1 − (2i)10 1 + 210 1025(1 + 2i) Ta có : M = u1. = 1. = = = 205 + 410i 1− q 1 − 2i 1 − 2i 5 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, ĐỀ 14 ( 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 + 3x − 2 có đồ thị (C) d. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). e. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) , trục hoành và tiếp tuyến (d) với đồ thị (C) tại điểm M(0; −2 ) . . Câu II ( 3,0 điểm ) Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 10
x + 2 + 3x +1 < 6 x g. Giải bất phương trình 1 + 2 π 2 cos x h. Tính tích phân : I = ∫ sin x + cos x dx 0 5 c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2x − 1 − 3x − 5 .trên [ ; 2 ] 3 Câu III ( 1,0 điểm ) Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a .a. Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón . b. Tính thể tích của khối nón tương ứng . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 2. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;0;1) và D( − 2;1; − 2) . a. Chứng minh rằng A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện . . b. Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh A . 4 2 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình 2z + 2z − 1 = 0 trên tập số phức .. 3. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(0;0;1) , B(0;0; − 1),C(1;1;1) và D(0;4;1) a. Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A,B,C,D . b. Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại C và tạo với trục Oz một góc 45o . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 2 Giải phương trình z − (cos ϕ + isin ϕ)z + isinϕ.cosϕ = 0 , ϕ∈ trên tập số phức .. . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN ĐỀ 14 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x −∞ 1 +∞ y′ + 0 + y +∞ 1 −∞ b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm ⇒ (d) : y = 3x − 2 2/3 3 2/3 3 3 + 3x2 ]dx − 3 2 20 88 4 S = ∫ [y(d) − y(C) ]dx − ∫ y(C)dx = ∫ [− x ∫ [x − 3x + 3x − 2] dx = 81 + 81 = 3 0 2/3 0 2/3 Câu II ( 3,0 điểm ) 1 x 1 x 1 x +1 a) 1đ Chia 2 vế cho 6x > 0 : bpt ⇔ ( ) + 2.( ) + 3.( )
1 1 1 Đặt : f (x) = ( ) x + 2.( ) x + 3.( ) x +1 là hàm số nghịch biến trên R (2) 6 3 2 (2) Mặt khác : f(2) = 1 nên (1) ⇔ f(x) < f(2) ⇒ x > 2 Vậy tập nghiệm của bpt là S = (2; +∞ ) π b) 1đ Đặt u = − x thì ta có 2 π π π π 2 0 cos( − u) 2 2 cos x 2 sin u sin x I= ∫ sin x + cos x dx = − ∫ π π du = ∫ sin u + cos u du = ∫ sin x + cos x dx 0 π sin( − u) + cos( − u) 0 0 2 2 2 π π π π 2 cos x 2 sin x 2 π Do đó : 2I = I + I = ∫ dx + ∫ 2 π dx = ∫ dx = [x]0 = ⇒ I = sin x + cos x sin x + cos x 2 4 0 0 0 5 c) 1đ TXĐ : [ ; 2 ] 3 3 89 5 7 89 47 Ta có : y′ = 2 − ;y′ = 0 ⇔ x = . Vì y( ) = ,y(2) = 2,y( ) = . 2 3x − 5 48 3 3 48 24 89 47 Vậy : + Maxy = y(2) = 2 + min y = y( ) = 5 5 48 24 [ ;2 ] [ ;2 ] 3 3 Câu III ( 1,0 điểm ) Xét hình nón đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O , bán kính R Gọi ΔSAB cân là thiết diện qua trục SO . a 2 Đường sinh : l = SA = SB = a ⇒ AB = a 2,R = 2 π 2 2 a. Do đó : Sxq = πRl = a 2 π 2 2 πa2 2 +1 2 Stp = Sxq + S®¸y = a + = πa 2 2 2 AB a 2 b. Đường cao : h = SO = = 2 2 1 2 3 Vnãn = πR2 h = πa 3 12 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.ar ( 2,0 điểm ) : uuu uuu r uuur a) 1đ AB = (−1;1; 0),AC = (−1; 0;1),AD = (−3;1; −2) uuu uuur r uuu uuur uuur r uuu uuur uuu r r [AB; AC] = (1;1;1) ⇒ [AB; AC].AD = −4 ≠ 0 ⇒ , AB,AC,AD không đồng phẳng . Do đó : A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện . uuur uuu r uuu r b) 1đ Ta có : CD = ( −2;1; −3),BD = (−2;0; −2),BC = (0; −1;1) Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 12
1 uuu uuur uuu r r 2 Do đó : Vtø diÖn = | [AB;AC].AD | = . 6 3 6V 2 3 Độ dài đường cao đường cao kẻ từ đỉnh A : hA = uuu uuu = r r | [BC;BD] | 3 Cách khác : Viết pt mặt phẳng (BCD) , rồi tính khoảng cách từ A đến mp(BCD) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 4 2 Ta có : 2z + 2z − 1 = 0 . Đặt Z = z 2 thì phương trình trở thành : 2Z + 2Z − 1 = 0 (*) 2 Phưong trình (*) có Δ = 1 + 2 = 3 ⇒ Δ = 3 nên (*) có 2 nghiệm : −1 + 3 −1 + 3 * Z1 = ⇒ z1,2 = ± 2 2 −1 − 3 1+ 3 2 1+ 3 1+ 3 * Z2 = =− =i . ⇒ z3,4 = ± i. 2 2 2 2 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 2 2 2 a. 1,0đ Gọi phương trình mặt cầu (S) : x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 với a2 + b2 + c2 − d > 0 Vì mặt cầu (S) đi qua A,B,C,D nên ta có hệ : ⎧1 + 2c + d = 0 ⎪1 − 2c + d = 0 ⎪ ⎨ . Giải hệ này ta được : a = 1,b = −2,c = 0,d = −1 . ⎪ 3 + 2a + 2b + 2c + d = 0 ⎪17 + 8b + 2c + d = 0 ⎩ Suy ra mặt cầu (S) có tâm I( −1;2;0) , bán kính : R = 6 . 2 2 Do đó phương trình (S) : x + y + z + 2x − 4y − 1 = 0 2 r b. 1,0đ Gọi VTCP của (d) là u = (a; b; c) víi a2 + b2 + c2 > 0 ; trục Oz có VTCP là k = ( 0; 0;1) r ⎧+ qua C(1;1;1) ⎪ (d ) : ⎨ uur và tạo với Oz một góc 45o nên ta có hệ : ⎪+ ⊥ IC = (2; −1;1) ⎩ r uur ⎧u ⊥ IC ⎧2a − b + c = 0 ⎪ ⎪ ⎧c = b − 2a ⎨ r r 1 ⇔⎨ | c| 1 ⇔⎪ ⎨ 2 ⇒ 3a2 = 4ab ⇒ a = 0 hay 3a = 4b = 2 + b2 ⎪| cos( k; u) | = ⎪ 2 2 2 2 ⎪c = a ⎩ ⎩ 2 ⎩ a +b +c + a = 0 , chọn b = 1 , c = 1 nên pt của (d) : x = 1 ; y = 1+ t ; z = 1 + t . x −1 y −1 z −1 + 3a = 4b , chọn a = 4 thì b = 3 , c = − 5 nên pt của (d) : = = 4 3 −5 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Phương trình có Δ = (cos ϕ + i sin ϕ)2 − 4 sin ϕ.cos ϕ = (cos ϕ − i sin ϕ)2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : cos ϕ + i sin ϕ + cos ϕ − i sin ϕ z1 = = cos ϕ 2 cos ϕ + i sin ϕ − (cos ϕ − i sin ϕ) z2 = = i sin ϕ 2 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới 13