KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 10

Chia sẻ: Thanh Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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 chƣơng trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho A(0;1;2)

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 10

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 10 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  dx 0 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 chƣơng 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: 22  2  5  0 2. Theo chƣơng 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  đi qua điểm B đồng thời vuông góc với mặt phẳng (ABC). Xác định toạ độ điểm D trên  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 ---------- Trang 1
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  6x 2  6x  0  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  1 1  y   12x  6  0  x    y   . Điểm uốn: I  ;     2 2   2 2   Giao điểm với trục hoành: y 1 cho y  0  2x 3  3x 2  1  0  x  1 hoac x  2 Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  1  Bảng giá trị: x 2 3 1 2 1 0 1 2 -1 O y 1 0 2 1 1 0 1 x 2  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây -1  Giao điểm của (C ) với trục tung: A(0; 1)  x 0  0 ; y0  1  f (0)  0  Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y  1  0(x  0)  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  f (0)  0  6.02  2(m  1).0  m 2  4  0        f (0)  0  12.0  2(m  1)  0     m  4  0  2 m  2       m  2 (loai m  2 vì  2  1) 2m  2  0  m  1      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 (*) 2
x  2  0 x  2      Điều kiện:    x 2 2x  1  0  x  1      2  Khi đó, (*) x  1 (loai) (2x 2)1)  0  log2 ( x 2 2)2  5 2 (2x    log2 (x  2)2  log(x   2  (2x 1) x  6x log 0  1) 2 x  5 (nhan)   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 2ex 1  I  dx   dx   ( x  x  x )dx x x 0 e 0 e 0 e e e 1 1 1   (ex  2  ex )dx  (ex  2x  ex ) 0  (e1  2.1  e1)  (e 0  2.0  e0 )  e  2  0 e 1 (e x  1)2 1  Vậy, I   dx  e  2  x e 0 e x2   Hàm số y  x .e 2 .   x .e   e x2 x2 x2 x2   x2 x2 x2     2 .  x2     2  2   y   (x ) .e 2 2  e 2  x .e  x .e   2 2  (1  x )e 2 2   x2   2      x    Do đó, xy   x.(1  x 2 ).e 2   (1  x 2 ). x .e 2   (1  x 2 )y        x2   Vậy, với y  x .e ta có xy   (1  x 2 )y 2 Câu III S (SAB )  (ABCD)     (SAD)  (ABCD)   SA  (ABCD)  (SAB )  (SAD)  SA A D    a 60   Suy ra hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC, do đó SCA  600 B 2a C  SA   tan SCA   SA  AC .tan SCA  AB 2  BC 2 .tan 600  a 2  (2a)2 . 3  a 15 AC  S ABCD  AB.BC  a.2a  2a 2 1 1 2a 3 15  Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là: V  SASACBD   a 15  2a 2  . (đvtt) 3 3 3 THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: A(0;1;2), B(2; 1; 2),C (2; 3; 3), D(1;2; 4)    AB  (2; 2; 4)  AB  (2)2  (2)2  (4)2  2 6  BC  (4; 2; 1)  BC  42  (2)2  (1)2  21      AB.BC  2.4  2.(2)  4.(1)  0  ABC vuông tại B 1 1  Diện tích ABC : S  AB.BC  .2 6. 21  3 14 2 2 3
 Viết phương trình mặt phẳng (ABC)  Điểm trên mp(ABC): A(0;1;2)        2 4 4 2 2 2      (6; 18;12)  vtpt của (ABC): u  n(ABC )  [AB, BC ]    2 1 ; 1 ;      4 4 2    PTTQ của mp(ABC): 6(x  0)  18(y  1)  12(z  2)  6x  18y  12z  6  0  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,(ABC ))    14 2 2 2 14 1  3  (2) 1 1  Do BD  (ABC ) nên VABCD  SABC .h  .3 14. 14  14 (đvtt) 3 3 2 Câu Va: 2  2  5  0 (*)  Ta có,   (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 1    i ; 2    i 4 2 2 4 2 2 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Hoàn toàn giống như bài giải câu IVa.1 dành cho chương trình chuẩn  Đường thẳng  đi qua điểm B đồng thời vuông góc với mặt phẳng (ABC)  Điểm trên  : B(2; 1; 2)  vtcp của  chính là vtpt của mp(ABC):        2 4 4 2 2 2      (6; 18;12) u  n(ABC )  [AB, BC ]   2 1 ; 1 ;      4 4 2    x  2  t    PTTS của  : y  1  3t (t  )   z  2  2t     Điểm D   có toạ độ dạng D(2  t; 1  3t; 2  2t )    BD  (t; 3t; 2t )  BD  t 2  (3t )2  (2t )2  14t 2  14 t 1 1  Do BD  (ABC ) nên VABCD  BD.SABC  . 14 t .3 14  14 t 3 3  Vậy, VABCD  14  14 t  14  t  1 t  1  D(1;2; 4) t  1  D(3; 4; 0) 2 Câu Vb: z  4z  8i 2  Đặt z  a  bi  z  a 2  b 2  z  a 2  b 2 . Thay vào phương trình trên ta được: 4
2 z  4z  8i  a 2  b 2  4(a  bi )  8i  a 2  b 2  4a  4bi  8i  a 2  b 2  4a  0 a 2  b 2  4a  0  a 2  4a  4  0  a  2          4b  8  b  2  b  2  b  2          Vậy, z = –2 +2i 5