Đề thi thử tốt nghiệp THTP môn Toán (Có đáp án) - Đề số 6-10

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

Thêm vào BST

Báo xấu

86
lượt xem 15
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 6-10', 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 6-10

ĐỀ SỐ 6 Thời gian: 120 phút (không kể phát đề) I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) 1 Câu 1. (3,0 điểm)Cho hàm số y = x 3 − 2 x 2 + 3 x −1 3 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và các đường thẳng y = 0, x = 2, x = 3 . Câu 2. (3,0 điểm) Tính các tích phân sau 3 e x 1) I = ò dx 2) I = ∫ x 5 ( ln x + x )dx 0 1 + x2 1 Câu 3. (1,0 điểm) Tìm môđun của số phức z biết rằng (1 − 2i ) z + (4 − 5i) = 1 + 3i . II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Học sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu 4.a (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; 0) , B( 3; 4; - 2) và mặt phẳng (P): x - y + z - 4 = 0 . 1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P). uu uu r r r 2. Gọi I là điểm thỏa mãn IA + IB = 0 . Hãy viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 5.a (1.0 điểm) x ò (2 sin t - 1)dt = 0 2 Tìm x Î ( 0; + ¥ ) thỏa mãn : 0 2. Theo chương trình Nâng cao Câu 4.b (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; 0) , B( 3; 4; - 2) và mặt phẳng (P): x - y + z - 4 = 0 . 1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P). uu r uu r r 2. Gọi I là điểm thỏa mãn 3IA - 2IB = 0 . Hãy viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 5.b (1.0 điểm) 2 Xét số phức z = x + yi (x,y Î R ). Tìm x, y sao cho (x + yi) = 8 + 6i . .................................................. Hết............................................................................ HƯỚNG DẨN ĐỀ 6 I. PHẦN CHUNG;(7 điểm) Câu1;a) * TXĐ:
⎡x = 1 * y ' = x2 − 4x + 3 => y ' = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ ⎢ ⎣x = 3 * Giới hạn. lim y = +∞ và lim y = −∞ x →+∞ x →−∞ • Bảng biến thiên - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 3; +∞ ) . - Hàm số nghịch biến trên (1;3 ) . ⎛ 1⎞ - Điểm cực đại ⎜ 1; ⎟ ⎝ 3⎠ - Điểm cực tiểu ( 3; −1) * Đồ thị. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt Một số điểm thuộc đồ thị x 0 1 2 3 4 1 1 1 y −1 − −1 3 3 3 Câu1:b), diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và các đường thẳng y = 0, x = 2, x = 3 là 3 3 3 1 3 ⎛1 ⎞ ⎛ 1 2 3 ⎞ 3 S=∫ x − 2 x 2 + 3 x − 1dx = − ∫ ⎜ x 3 − 2 x 2 + 3 x − 1⎟dx = − ⎜ x 4 − x 3 + x − x ⎟ = . 2 3 2⎝ 3 ⎠ ⎝ 12 3 2 ⎠2 4 3 x Câu2a) Tính các tích phân sau I = ò 1 + x2 dx 0 x= 3 u= 4 Đặt u = 1 + x 2 Þ du = 2xd x Đổi cận: Þ x= 0 u= 1 4 1 4 Do đó: I= ò2 u du = u 1 = 1 Vậy I = 1 1 e e e Câu2b) I = ∫ x ( ln x + x )dx = ∫ x ln xdx + ∫ x 6 dx 5 5 1 1 1
e Tính I1 = ∫ x 5 ln xdx .Đặt 1 ⎧ 1 ⎧u = ln x ⎪ ⎪du = x dx ⎪ x 6 ln x e e x5 x 6 ln x e x6 e 5e6 + 1 ⎨ ⇒⎨ I1 = − ∫ dx = − = 5 ⎪dv = x dx ⎪ ⎩ x6 6 1 1 6 6 1 36 1 36 v= ⎪ ⎩ 6 e e x7 e7 − 1 5e6 + 1 e7 − 1 * Tính I 2 = ∫ x dx = 6 = Vậy I = + 1 7 1 7 36 7 Câu3)Ta có (1 − 2i ) z + (4 − 5i) = 1 + 3i ⇔ (1 − 2i ) z = 1 + 3i − (4 − 5i) ⇔ (1 − 2i ) z = −3 + 8i −3 + 8i ( −3 + 8i )(1 + 2i ) −3 − 6i + 8i + 16i 2 −19 + 2i −19 2 ⇔z= = ⇔z= ⇔z= = + i 1 − 2i (1 − 2i )(1 + 2i ) 1 +2 2 2 5 5 5 2 2 −19 2 ⎛ −19 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 73 365 Do đó z = + i = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = = 5 5 ⎝ 5 ⎠ ⎝ 5⎠ 5 5 II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Học sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn
Câu 4 (20 điểm) 1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P). uur uuur Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là : n P = (1; - 1;1) , AB = (2;2; - 2) Vì (Q) qua A,B và vuông góc với (P) nên (Q) có một vectơ pháp tuyến là: uur éuu uuu ù æ- 1 1 r r ç ç 1 1 1 - 1ö ÷ ÷ = (0; 4; 4) n Q = ê P ; AB ú= ç n ; ; ë û ç 2 - 2 - 2 2 2 2 ÷ ç ÷ ÷ è ø Do đó phương trình mặt phẳng (Q) là 4(y - 2) + 4(z - 0) = 0 Û y + z- 2 = 0 Vậy phương trình (Q): y + z - 2 = 0 2. Gọi I là trung điểm của AB. Hãy viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P). uu uu r r r Do I thỏa mãn IA + IB = 0 nên I là trung điểm của AB Tọa độ trung điểm I của AB là: I(2; 3; - 1) Gọi (S) là mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với (P) Bán kính của mặt cầu (S) là: R = d(I,(P)) 2 - 3 - 1- 4 - 6 = = = 2 3 3 3 Vậy phương trình mặt cầu (S) là (x - 2)2 + (y - 3)2 + (z + 1)2 = 12 Câu 5.a (1.0 điểm) x ò (2 sin t - 1)dt = 0 (1) 2 Tìm x Î ( 0; + ¥ ) thỏa mãn : 0 x x 1 x 1 ò (2 sin t - 1)dt = ò - 2 Ta có: cos 2t dt = - s in2t = - s in2x 2 0 2 0 0 Do đó: 1 (1) Û - s in2x= 0 Û s in2x= 0 2 Û 2x = k p kp Û x= 2 kp Do x Î (0; + ¥ ) nên ta chọn x = với k Î Z+ 2 2. Theo chương trình Nâng cao Câu 4b (2,ođiểm) 1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P). uur uuur Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là : n P = (1; - 1;1) , AB = (2;2; - 2) Vì (Q) qua A,B và vuông góc với (P) nên (Q) có một vectơ pháp tuyến là: uur éuu uuu ù æ- 1 1 r r ç ç 1 1 1 - 1ö ÷ ÷ = (0; 4; 4) n Q = ê P ; AB ú= ç n ; ; ë û ç 2 - 2 - 2 2 2 2 ÷ ç ÷ ÷ è ø Do đó phương trình mặt phẳng (Q) là
4(y - 2) + 4(z - 0) = 0 Û y + z- 2 = 0 Vậy phương trình (Q): y + z - 2 = 0 uur uu r r 2. Gọi I là điểm thỏa mãn 3IA - 2IB = 0 . Hãy viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng. uur uu r Gọi I(x;y) là điểm thỏa mãn 3IA = 2IB , ta có: ì 3 (1 - x ) = 2 (3 - x ) ï ìx = - 3 ï ï ï ï uu r uur ï ï ï 3IA = 2IB Û ï 3 (2 - y ) = 2 (4 - y ) Û í y = - 2 . Suy ra: I(- 3; - 2; 4) í ï ï ï ï 3 (0 - z) = 2 (- 2 - z) ï z = 4 ï ï ï ï î ï î Gọi (S) là mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với (P) Bán kính của mặt cầu (S) là: - 3+ 2+ 4- 4 - 1 3 R = d(I,(P)) = = = 3 3 3 1 Vậy phương trình mặt cầu (S) là (x + 3)2 + (y + 2)2 + (z - 4)2 = 3 Câu 5.b(1.0 điểm) 2 Xét số phức z = x + yi (x,y Î R ). Tìm x, y sao cho (x + yi) = 8 + 6i 2 (x + yi) = 8 + 6i Û x 2 - y 2 + 2xyi = 8 + 6i éx ì ï = 3 ì ï 9 ï ê ï x2 - = 8 ì ï x 4 - 8x 2 - 9 = 0 ì ï x2 = 9 í êy Ta có: ì x 2 - y2 = 8 ï ï 2 ï ï ï ê ï = 1 x ï ï Û ï í Û ï í Û í 3 Û í Û î ê ï xy = 3 ï ï ï 3 ïy = ï ïy = 3 ï êx ì ï = - 3 ï î ïy = ï ï ï î x ï ï î x ï ê í î x êy ï = - 1 ê ï î ë ìx = 3 ï ìx = - 3 ï ï Vậy giá trị x, y cần tìm là í hoặc ï í ïy = 1 ï ïy = - 1 ï î î * ĐỀ 7 ( 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 + 1 có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
14 b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M( ; −1 ) . . 9 Câu II ( 3,0 điểm ) −x2 + x a)Cho hàm số y = e . Giải phương trình y′′ + y′ + 2y = 0 π 2 sin 2x b)Tính tìch phân : I = ∫ 2 dx 0 (2 + sin x) 3 2 c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2sin x + cos x − 4sin x + 1 . Câu III ( 1,0 điểm ) Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a , SAO = 30o , SAB = 60o . Tính độ dài đường sinh 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 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : x −1 y − 2 z Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng (Δ1) : = = , 2 −2 −1 ⎧x = − 2t ⎪ (Δ 2 ) : ⎨y = −5 + 3t ⎪z = 4 ⎩ a. Chứng minh rằng đường thẳng (Δ1) và đường thẳng (Δ2 ) chéo nhau . b. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng (Δ1) và song song với đường thẳng (Δ2 ) . 3 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình x + 8 = 0 trên tập số phức .. 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) : x + y + 2z + 1 = 0 và mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 6z + 8 = 0 . a. Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) . b. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Biểu diễn số phức z = −1 + i dưới dạng lượng giác . . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN ĐỀ 7
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x −∞ −1 1 +∞ y′ + 0 − 0 + 3 +∞ −∞ −1 14 b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k ⇒ (d) : y + 1 = k(x − ) 9 14 ⇒ (d) : y = k(x − ) −1 9 ⎧ 3 14 ⎪x − 3x + 1 = k(x − 9 ) − 1 (1) (d) tiếp xúc ( C) ⇔ Hệ sau có nghiệm ⎨ ⎪ 2 ⎩3x − 3 = k (2) 2 Thay (2) vào (1) ta được : 3x3 − 7x2 + 4 = 0 ⇔ x = − ,x = 1,x = 2 3 −2 (2) 5 5 43 x= ⎯⎯⎯ k = − ⇒ tt (Δ1) : y = − x + → 3 3 3 27 (2) x = 1 ⎯⎯⎯ k = 0 ⇒ tt (Δ2 ) : y = −1 → (2) x = 2 ⎯⎯⎯ k = 9 ⇒ tt (Δ3 ) : y = 9x − 15 → Câu II ( 3,0 điểm ) 2 2 a) 1đ y′ = (−2x + 1) e− x + x , y′′ = (4x 2 − 4x − 1) e− x + x 2 1 y′′ + y′ + 2y = (4x 2 − 6x + 2) e− x + x ; y′′ + y′ + 2y = 0 ⇔ 2x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x = , x = 1 2 b) 1đ sin 2xdx 2 sin x.cos xdx 2 sin x.d(2 + sin x) Phân tích = = Vì d(2 + sin x) = cos xdx (2 + sin x)2 (2 + sin x)2 (2 + sin x)2 sin 2xdx 2 sin x.d(2 + sin x) 2 + sin x 2 nên = = 2.[ − ]d(2 + sin x) (2 + sin x)2 (2 + sin x)2 (2 + sin x)2 (2 + sin x)2 1 2 = 2.[ − ]d(2 + sin x) 2 + sin x (2 + sin x)2
π 2 2 1 Do đó : I = 2.[ ln | 2 + sin x | + ]0 = + 2 ln 3 2 + sin x 3 (Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt t = 2 + sin x ) c) 1đ 3 2 Ta có : y = 2sin x − sin x − 4sin x + 2 3 2 Đặt : t = sin x , t ∈ [ − 1;1] ⇒ y = 2t − t − 4t + 2 , t ∈ [ − 1;1] 2 y′ = 6t 2 − 2t − 4 ,y′ = 0 ⇔ 6t 2 − 2t − 4 = 0 ⇔ t = 1 ∨ t = − 3 2 98 Vì y( − 1) = 3,y(1) = −1,y(− ) = . 3 27 Vậy : 2 98 2 2 + Maxy = Maxy = y( − ) = khi t = − ⇔ sinx = − [−1;1] 3 27 3 3 2 2 ⇔ x = arcsin(− ) + k2π hay x = π − arcsin(− ) + k2π ,k ∈ 3 3 π + min y = min y = y(1) = −1 khi t = 1 ⇔ sinx = 1 ⇔ x = + k2π,k ∈ [−1;1] 2 Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM ⊥ AB thì OM = a ΔSAB cân có SAB = 60o nên ΔSAB đều . AB SA Do đó : AM = = 2 2 SA 3 ΔSOA vuông tại O và SAO = 30o nên OA = SA.cos30o = 2 ΔOMA vuông tại M do đó : 2 2 OA 2 = OM2 + MA 2 ⇔ 3SA = a2 + SA ⇔ SA 2 = 2a2 ⇔ SA = a 2 4 4 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : ⎪ Qua A(1;2;0) ⎧+ ⎧+ Qua B(0; − 5;4) ⎪ a) 1đ (Δ1) : ⎨ r , (Δ 2 ) : ⎨ r ⎪+ VTCP a1 = (2; −2; −1) ⎩ ⎪+ VTCP a2 = (−2;3; 0) ⎩ uuu r r r uuu r AB = (−1; −7; 4),[a1;a2 ].AB = −9 ≠ 0 ⇒ (Δ1) , (Δ2 ) chéo nhau . ⎪ Qua (Δ1) ⎧+ ⎪ Qua A(1;2; 0) ⎧+ b) 1đ (P) : ⎨ ⇒ (P) : ⎨ r r r ⇒ (P) : 3x + 2y + 2z − 7 = 0 ⎪+ // (Δ2 ) ⎩ ⎪+ VTPT n = [a1;a2 ] = (3;2;2) ⎩ Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Ta có : x 3 + 8 = 0 ⇔ (x + 2)(x2 − 2x + 4) = 0 ⇔ ⎡ x = −2 ⎢ ⎢ x2 − 2x + 4 = 0 (*) ⎣ 2 Phưong trình (*) có Δ = 1 − 4 = −3 = 3i ⇒ Δ = i 3 nên (*) có 2 nghiệm : x =1− i 3 , x =1+ i 3 Vậy phương trình có 3 nghiệm x = −2 , x = 1 − i 3 , x = 1 + i 3 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : ⎧x = 2 + t ⎧+ Qua M(2;3;0) ⎪ Qua M(2;3;0) ⎧+ ⎪ a. 0,5đ Gọi (d) : ⎨ ⇒ (d) : ⎨ r r ⇒ (d) : ⎨ y = 3 + t ⎩+ ⊥ (P) ⎪+ VTCP a = n P = (1;1;2) ⎩ ⎪z = 2t ⎩ Khi đó : N = d ∩ (P) ⇒ N(1;2; −2) b. 1,5đ + Tâm I(1; −2;3) , bán kính R = 6 + (Q) // (P) nên (Q) : x + y + 2z + m = 0 (m ≠ 1) |1− 2 + 6 + m | ⎡ m = 1 (l) + (S) tiếp xúc (Q) ⇔ d(I;(Q)) = R ⇔ = 6 ⇔ | 5+ m | = 6 ⇔ ⎢ 6 ⎣ m = −11 Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) : x + y + 2z − 11 = 0 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : z = −1 + i ⇒ z = 2 = r 2 1 1 2 3π cos ϕ = − , sin ϕ = =− = ⇒ϕ= 2 2 2 2 4 3π 3π Vậy : z = 2(cos + isin ) 4 4 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, ĐỀ 8 ( 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 = có đồ thị (C) x −1 c. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). d. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(1;8) . . Câu II ( 3,0 điểm ) x −2 log sin 2 x + 4 a. Giải bất phương trình 3 >1 1 b. Tính tìch phân : I = ∫ (3x + cos 2x)dx 0 c. Giải phương trình x2 − 4x + 7 = 0 trên tập số phức . Câu III ( 1,0 điểm )
Một hình trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 2 . Một hình vuông có các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và không vuông góc với trục của hình trụ . Tính cạnh của hình vuông đó . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 3. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1;0;5) và hai mặt phẳng (P) : 2x − y + 3z + 1 = 0 và (Q) : x + y − z + 5 = 0 . a. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (Q) . b. Viết phương trình mặt phẳng ( R ) đi qua giao tuyến (d) của (P) và (Q) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (T) : 3x − y + 1 = 0 . 2 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = −x + 2x và trục hoành . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành . 4. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : x + 3 y +1 z − 3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) : = = và mặt 2 1 1 phẳng (P) : x + 2y − z + 5 = 0 . a. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . b. Tính góc giữa đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . c. Viết phương trình đường thẳng ( Δ ) là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P). Câu V.b ( 1,0 điểm ) : ⎧ −y ⎪4 .log2 x = 4 Giải hệ phương trình sau : ⎨ ⎪log2 x + 2−2y = 4 ⎩ . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN ĐỀ 8 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a. (2d) x −∞ 1 +∞ y′ − − 2 +∞ y −∞ 2
b. (1đ) Gọi (Δ) là tiếp tuyến đi qua M(1;8) có hệ số góc k . Khi đó : (Δ) y − 8 = k(x − 1) ⇔ y = k(x − 1) + 8 Phương trình hoành độ điểm chung của (C ) và (Δ) : 2x + 1 = k(x − 1) + 8 ⇔ kx2 + 2(3 − k)x − 9 + k = 0 (1) x −1 (Δ ) là tiếp tuyến của (C ) ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép ⎧k ≠ 0 ⎪ ⇔⎨ ⇔ k = −3 2 − k(k − 9) = 0 ⎪Δ ' = (3 − k) ⎩ Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = −3x + 11 Câu II ( 3,0 điểm ) x −2 x−2 a. (1đ ) pt ⇔ log >0 ⇔ 0 < < 1 ( vì 0 < sin2 < 1 ) sin 2 x + 4 x+4 ⎧ x−2 ⎧ x−2 ⎧ x−2 ⎪0 < x + 4 ⎪ ⎪0 < x + 4 ⎪ ⎪0 < x + 4 ⎪ ⎧x − 2 > 0 ⎧x > 2 ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔x>2 ⎪ x−2 −4 ⎪x + 4 ⎩ ⎪x + 4 ⎩ ⎪x + 4 ⎩ 1 x b. (1đ) I = ∫ (3 x + cos 2x)dx = [ 3 + 1 sin 2x]1 = [ 3 + 1 sin 2] − [ 1 + 1 sin 0] = 2 + 1 sin 2 ln 3 2 0 ln 3 2 ln 3 2 ln 3 2 0 c. (1đ) Δ ' = −3 = 3i2 nên Δ ' = i 3 Phương trình có hai nghiệm : x1 = 2 − i 3 , x2 = 2 + i 3 Câu III ( 1,0 điểm ) Xét hình vuông có cạnh AD không song song và vuông góc với trục OO’ của hình trụ . Vẽ đường sinh AA’ Ta có : CD ⊥ (AA’D) ⇒ CD ⊥ A'D nên A’C là đường kính của đường tròn đáy . Do đó : A’C = 4 . Tam giác vuông AA’C cho : AC = AA '2 + A 'C2 = 16 + 2 = 3 2 Vì AC = AB 2 . S uy ra : AB = 3 . Vậy cạnh hình vuông bằng 3 . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1, Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
1 a. (0,5đ) d(M;(Q)) = b. (1,5đ) Vì 3 2 −1 3 ⎧2x − y + 3z + 1 = 0 ≠ ≠ ⇒ (d) = (P) ∩ (Q) : ⎨ 1 1 −1 ⎩x + y − z + 5 = 0 Lấy hai điểm A( − 2; − 3;0), B(0; − 8; − 3) thuộc (d) . r + Mặt phẳng (T) có VTPT là n T = (3; −1;0) r r uuu r + Mặt phẳng (R) có VTPT là n R = [n T ,AB] = (3;9; −13) ⎧+ Qua M(1;0;5) + ( R) : ⎨ r ⇒ (R) : 3x + 9y − 13z + 33 = 0 ⎩+ vtpt : n R = (3;9; −13) Câu V.a ( 1,0 điểm ) : + Phương trình hoành giao điểm : − x + 2x = 0 ⇔ x = 0,x = 2 2 2 2 2 4 2 4 1 5 2 16π ∫ + Thể tích : VOx = π (− x + 2x) dx = π[ x − x + 3 5 x ]0 = 5 0 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a. (0,5đ ) Giao điểm I( − 1;0;4) . 2 + 2 −1 1 π b. (0,5d) sin ϕ = = ⇒ϕ= 4 + 1 + 1. 1 + 4 + 1 2 6 c. (1,0đ) Lấy điểm A( − 3; − 1;3) ∈ (d). Viết pt đường thẳng (m) qua A và vuông góc với (P) 5 5 thì (m) : x = −3 + t ,y = −1 + 2t ,z = 3 − t . Suy ra : (m) ∩(P) = A'(− ;0; ) . 2 2 uuu r 3 (Δ) ≡ (IA') : x = −1 + t,y = 0,z = 4 + t , qua I( − 1;0;4) và có vtcp là IA' = − (1 ;0; 1) 2 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Đặt : u = 2 −2y > 0,v = log x . Thì hpt ⇔ ⎧ uv = 4 ⇔ u = v = 2 ⎯⎯ x = 4;y = − 1 → 2 ⎨ ⎩u + v = 4 2 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, ĐỀ 9 ( 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 − 2x 2 − 1 có đồ thị (C) e. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). f. Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình x 4 − 2x 2 − m = 0 (*) . Câu II ( 3,0 điểm ) π log x − 2 log cos + 1 π x 3 cos 3 log x −1 x c. Giải phương trình 3 = 2
1 x )dx d. Tính tích phân : I = ∫ x(x + e 0 3 2 e. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2x + 3x − 12x + 2 trên [−1;2] . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vuông góc với nhau từng đôi một với SA = 1cm, SB = SC = 2cm .Xác định tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu đó . 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 4 điểm A( − 2;1; − 1) ,B(0;2; − 1) ,C(0;3;0) , D(1;0;1) . a. Viết phương trình đường thẳng BC . b. Chứng minh rằng 4 điểm A,B,C,D không đồng phẳng . c. Tính thể tích tứ diện ABCD . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tính giá trị của biểu thức P = (1 − 2 i )2 + (1 + 2 i )2 . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; − 1;1) , hai đường thẳng ⎧x = 2 − t x −1 y z ⎪ (Δ1) : = = , (Δ2 ) : ⎨y = 4 + 2t và mặt phẳng (P) : y + 2z = 0 −1 1 4 ⎪z = 1 ⎩ a. Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng ( Δ2 ) . b. Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng (Δ1) ,(Δ2 ) và nằm trong mặt phẳng (P) . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : x2 − x + m Tìm m để đồ thị của hàm số (Cm ) : y = với m ≠ 0 cắt trục hoành tại hai điểm x −1 phân biệt A,B sao cho tuếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vuông góc nhau . . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN ĐỀ 9 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 +∞ −2 −2 b) 1đ pt (1) ⇔ x4 − 2x2 − 1 = m − 1 (2) Phương trình (2) chính là phương trình điểm chung của ( C ) và đường thẳng (d) : y = m – 1 Căn cứ vào đồ thị (C ) , ta có :
m -1 < -2 ⇔ m < -1 : (1) vô nghiệm m -1 = -2 ⇔ m = -1 : (1) có 2 nghiệm -2 < m-1 -1 : (1) có 2 nghiệm Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ Điều kiện : 0 < x , x ≠ 1 − log x + 2 log 2 + 1 pt ⇔ 3 2 x = 1 ⇔ − log x + 2 log 2 + 1 = 0 ⇔ log2 x − log x − 2 = 0 2 2 x 2 ⎡ log x = −1 ⎡ 1 ⇔ ⎢ 2 ⇔ ⎢x = 2 ⎢ log x = 2 ⎢ ⎣ 2 ⎢x = 4 ⎣ b) 1đ 1 1 1 1 Ta có : I = ∫ x(x + e x )dx = x2dx + xex dx = I + I với I = x2dx = 1 ∫ ∫ 1 2 1 ∫ 3 0 0 0 0 1 4 I2 = ∫ xex dx = 1 .Đặt : u = x,dv = ex dx . Do đó : I = 3 0 c) 1đ Ta có : TXĐ D = [−1;2] ⎡ x = −2 (l) y′ = 6x2 + 6x − 12 , y′ = 0 ⇔ 6x2 + 6x − 12 = 0 ⇔ ⎢ ⎣x = 1 Vì y(−1) = 15, y(1) = 5, y(2) = 6 nên Miny = y(1) = 5 , Maxy = y(−1) = 15 [−1;2] [−1;2] Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi I là trung điểm của AB . Từ I kẻ đường thằng Δ vuông góc với mp(SAB) thì Δ là trục của ΔSAB vuông . Trong mp(SCI) , gọi J là trung điểm SC , dựng đường trung trực của cạnh SC của ΔSCI cắt Δ tại O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC . Khi đó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật . 1 5 3 Ta tính được : SI = AB = , OI = JS = 1 , bán kính R = OS = 2 2 2 Diện tích : S = 4πR 2 = 9π (cm2 ) 4 3 9 Thể tích : V = πR = π (cm3 ) 3 2 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : ⎧x = 0 ⎧+ Qua C(0;3;0) ⎪ ⎪ a) 0,5đ (BC) : ⎨ uuu r ⇒ (BC) : ⎨y = 3 + t ⎪+ VTCP BC = (0;1;1) ⎩ ⎪z = t ⎩ uuu r uuu r uuur b) 1,0đ Ta có : AB = (2;1; 0),AC = (2;2;1),AD = (3; −1;2) uuu uuu r r uuu uuu uuur r r [AB,AC] = (1; −2;2) ⇒ [AB,AC].AD = 9 ≠ 0 ⇒ A,B,C,D không đồng phẳng
1 uuu uuu uuur r r 3 c) 0,5đ V= [AB,AC].AD = 6 2 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : GT bt P = -2 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 1đ Gọi mặt phẳng ⎪+ Qua M(1; − 1;1) ⎧ ⎪+ Qua M(1; − 1;1) ⎧ (P) : ⎨ ⇒ (P) : ⎨ r r ⇒ (P) : x − 2y − 3 = 0 ⎪ + ⊥ (Δ 2 ) ⎩ ⎪+ VTPT n P = a2 = (−1;2; 0) ⎩ 19 2 Khi đó : N = (Δ2 ) ∩ (P) ⇒ N( ; ;1) 5 5 b) 1đ Gọi A = (Δ1) ∩ (P) ⇒ A(1; 0; 0) , B = (Δ2 ) ∩ (P) ⇒ B(5; −2;1) x −1 y z Vậy (m) ≡ (AB) : = = 4 −2 1 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Pt hoành độ giao điểm của (Cm ) và trục hoành : x2 − x + m = 0 (*) với x ≠ 1 điều kiện 1 m< , m≠0 4 x2 − 2x + 1 − m 2x − 1 Từ (*) suy ra m = x − x2 . Hệ số góc k = y′ = = (x − 1)2 x −1 Gọi x A ,xB là hoành độ của A,B thì phương trình (*) ta có : x A + x B = 1 , xA .xB = m Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì 1 y′(x A ).y′(x B ) = −1 ⇔ 5xA xB − 3(xA + xB ) + 2 = 0 ⇔ 5m − 1 = 0 ⇔ m = thỏa mãn (*) 5 1 Vậy giá trị cần tìm là m = 5 ĐỀ10 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) 4 2 Cho hàm số y = − x + 2x có đồ thị (C) g. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). h. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M ( 2 ;0) . . Câu II ( 3,0 điểm ) f. Cho lg 392 = a , lg112 = b . Tính lg7 và lg5 theo a và b . 1 2 x g. Tính tìch phân : I = ∫ x(e + sin x)dx 0 x +1 c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số y = . 1 + x2 Câu III ( 1,0 điểm )
x −∞ −1 0 1 +∞ Tính tæ soá theå tích cuûa y′ + 0 − 0 + 0 − hình laäp phöông vaø theå 1 1 tích cuûa hình truï ngoaïi y tieáp hình laäp phöông ñoù . −∞ 0 −∞ 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 với các đỉnh là A(0; −2 ;1) , B( −3 ;1;2) , C(1; −1 ;4) . a. Viết phương trình chính tắc của đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác . b. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng (OAB) với O là gốc tọa độ . 1 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y = , hai 2x + 1 đường thẳng x = 0 , x = 1 và trục hoành .Xác định giá trị của a để diện tích hình phẳng (H) bằng lna . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : TrongOxyz , cho điểm M ( −1;4;2) và hai mặt phẳng ( P1 ) : 2x − y + z − 6 = 0 , ( P2 ) : x + 2y − 2z + 2 = 0 . a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng ( P1 ) và ( P2 ) cắt nhau . Viết phương trình tham số của giao tuyến Δ của hai mặt phằng đó . b. Tìm điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên giao tuyến Δ . 2 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y = x và (G) : y = x . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành . . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN ĐỀ 10 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ b) 1đ Gọi ( Δ ) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k nên (Δ ) : y = k(x − 2)
⎧−x 4 + 2x2 = k(x − 2) (1) ⎪ ( Δ ) là tiếp tuyến của ( C ) ⇔ Hệ sau có nghiệm : ⎨ ⎪−4x3 + 4x = k ⎩ (2) 2 2 Thay (2) vào (1) ta được : x(x − 2)(3x2 − 2x − 4) = 0 ⇔ x = − ,x = 0,x = 2 3 2 2 (2) 8 2 8 2 16 x=− ⎯⎯⎯ k = − → ⎯⎯ (Δ1) : y = − → x+ 3 27 27 27 (2) x = 0 ⎯⎯⎯ k = 0 ⎯⎯ (Δ2 ) : y = 0 → → (2) x = 2 ⎯⎯⎯ k = −4 2 ⎯⎯ (Δ3 ) : y = −4 2x + 8 → → Câu II ( 3,0 điểm ) 3 2 10 a) 1đ Ta có : a = lg392 = lg(2 .7 ) = 3lg2 + 2 lg 7 = 3lg + 2 lg 7 = 3 − 3lg5 + 2 lg 7 5 ⇒ 2 lg 7 − 3lg5 = a − 3 (1) 4 10 b = lg112 = lg(2 .7) = 4 lg2 + lg 7 = 4 lg − 4 lg5 = 4 − 4 lg5 + lg 7 5 ⇒ lg 7 − 4 lg5 = b − 4 (2) ⎧2 lg 7 − 3lg5 = a − 3 1 1 Từ (1) và (2) ta có hệ : ⎨ ⇒ lg5 = (a − 2b + 5) , lg 7 = (4a − 3b) ⎩lg 7 − 4 lg5 = b − 4 5 5 1 1 1 b) 1d Ta có I = ∫ x(e x 2 + sin x)dx = xex 2 dx + x sin xdx = I + I ∫ ∫ 1 2 0 0 0 1 1 1 I1 = ∫ xe x2 dx = 1 ex2 d(x2 ) = ( 1 ex2 ) = 1 (e − 1) . Cách khác đặt t = x 2 2∫ 2 2 0 0 0 1 ⎧u = x ⎧du = dx I2 = ∫ x sin xdx . Đặt : ⎨ ⇒⎨ 0 ⎩dv = sin xdx ⎩v = − cosx 1 1 + cosxdx = − cos1 + [sin x]1 = − cos1 + sin1 nên I2 = [− x cosx]0 ∫ 0 0 1 Vậy : I = (e − 1) + sin1 − cos1 2 c) Tập xác định : D = 1− x y′ = , y′= 0 ⇔ x = 1 , (1 + x2 ) 1 + x2
1 x(1 + ) lim y = lim x ⇒ lim y = −1 ; lim y = 1 x→ ± ∞ x→ ± ∞ 1 x→ − ∞ x→ + ∞ x . 1+ x2 Bảng biến thiên : x −∞ 1 +∞ y′ + 0 − y 2 −1 1 Vaäy : Haøm soá ñaõ cho ñaït : M = max y = y(1) = 2 Khoâng coù GTNN Câu III ( 1,0 điểm ) Nếu hình lập phương có cạnh là a thì thể tích của nó là V1 = a3 Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có bán a 2 kính R = và chiều cao h = a nên có thể 2 πa3 tích là V2 = . Khi đó tỉ số thể tích : 2 V1 a3 2 = = V2 πa3 π 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 ) : a) Trung điểm của cạnh BC là M( −1;0;3 ) ⎧ Qua M( − 1;0;3) x y + 2 z −1 Trung tuyến (AM) : ⎨ r uuuu r ⇒ (AM) : = = ⎩ VTCP u = AM = (−1;2;2) −1 2 2 b) ⎧ Qua O(0;0;0) ⎪ uuur r uuur uuu r Mặt phẳng (OAB) : ⎨ OA = (0; −2;1) ⇒ VTPT n = [OA;OB] = (−1)(5;3;6) VTCP : uuu r ⎪ OB = (−3;2;1) ⎩ ⎧x = 1 + 5t ⎧ Qua C(1; −1;4) ⎪ ⇒ (d): ⎨ r r ⇒ (d) : ⎨y = −1 + 3t ⎩ VTCP u = n = ( − 1)(5;3;6) ⎪z = 4 + 6t ⎩
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 1 Vì hàm số y = liên tục , không âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích : 2x + 1 1 1 1 1 d(2x + 1) 1 1 1 S= ∫ dx = ∫ = ln 2x + 1 = ln3 2x + 1 2 2x + 1 2 0 2 0 0 1 ⎧a > 0 Theo đề : S = ln a ⇔ ln3 = ln a ⇔ ln 3 = ln a ⇔ ⎨ ⇔a= 3 2 ⎩a = 3 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 1đ r r + Mặt phẳng ( P1 ) có VTPT n1 = (2; −1;1) , mặt phẳng ( P2 ) có VTPT n2 = (1;2; −2) 2 −1 Vì ≠ nên suy ra ( P1 ) và ( P2 ) cắt nhau . 1 2 r r r r + Gọi uΔ là VTCP của đường thẳng Δ thì uΔ vuông góc n1 và n2 nên ta có : r r r uΔ = [n1; n2 ] = (0;5;5) = 5(0;1;1) Vì Δ = (P1) ∩ (P2 ) . Lấy M(x;y;x)∈ (Δ ) thì tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ : ⎧2x − y + z − 6 = 0 ⎨ , cho x = 2 ta được ⎩ x + 2y − 2z + 2 = 0 ⎧−y + z = 2 ⎧y = 1 :⎨ ⇔⎨ . Suy ra : M(2;1;3) ⎩2y − 2z = −4 ⎩z = 3 ⎧x = 2 ⎧ qua M(2;1;3) ⎪ Vậy (Δ ) : ⎨ r ⇒ (Δ ) : ⎨ y = 1 + t ⎩ vtcp uΔ = 5(0;1;1) ⎪ ⎩z = 3 + t b) 1đ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng ( Δ ) . Ta có : MH ⊥ Δ . Suy ra : H = Δ ∩ (Q) , với (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông với Δ . Do đó ⎧ qua M(2;1;3) (Q) : ⎨ r r ⇒ (Q) : 0(x + 1) + 1(y − 4) + 1(z − 2) = 0 ⇔ (Q) : y + z − 6 = 0 ⎩ vtpt n = uΔ = 5(0;1;1) Thay x,y,z trong phương trình ( Δ ) vào phương trình mặt phẳng (Q) ta được : 1 pt(Δ ) t = ⎯⎯⎯→ H(2;2;4) 5 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) và (G) : x = x2 ⇔ x = 0,x = 1 Khi đó (H) giới hạn bởi các đường thẳng x = 0 , x = 1 , ( C) và (G) . 2 Vì 0 < x < x , ∀x ∈ (0;1) nên gọi V ,V2 lần lượt là thể tích sinh ra bởi ( C) và (G) . 1
1 4 x2 x5 1 3π 1 ∫ Khi đó : V = V2 − V = π (x − x )dx = π[ 2 − ]0 = 5 10 0