KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 11

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

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0điểm) 1 Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y x 3 2x 2 3x 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm trên (C ) có hoành độ bằng 4. Vẽ tiếp tuyến này lên cùng hệ trục toạ độ với đồ thị (C ) Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình

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 11

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 11 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) 1 Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y   x 3  2x 2  3x 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm trên (C ) có hoành độ bằng 4. Vẽ tiếp tuyến này lên cùng hệ trục toạ độ với đồ thị (C ) Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 9x 1  3x 2  18  0 e x  ln x 2) Tính tích phân: I   dx 1 x2 3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f (x )  x 5  5x 4  5x 3  1 trên đoạn [–1;2] Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của hình chóp. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1. Theo chƣơng trình chuẩn Câu ): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2;1; 1), B(4; 1; 3),C (1; 2; 3) . 1) Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm C đồng thời vuông góc với đường thẳng AB. 2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng AB. Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với đường thẳng AB. ): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng: 3z  9  2iz  11i . 2. Theo chƣơng trình nâng cao m): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;1; 1), B(4; 1; 3),C (1; 2; 3) 1) Viết phương trình đường thẳng AB và tính khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB 2) Viết phương trình mặt cầu (S ) tâm C, tiếp xúc với đường thẳng AB. Tìm toạ độ tiếp điểm của đường thẳng AB với mặt cầu (S ) . Câu Vb (1,0 điểm): Tính môđun của số phức z = ( 3  i )2011 . ---------- Hết ---------- Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I : 1  y   x 3  2x 2  3x 3  Tập xác định: D    Đạo hàm: y   x 2  4x  3  Cho y   0  x 2  4x  3  0  x  1 ; x  3  Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x   Bảng biến thiên x – 1 3 + y – 0 + 0 – + 0 y 4  – 3  Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (–;1), (3;+) 4 Hàm số đạt cực đại yCÑ  0 tại x CÑ  3 ; đạt cực tiểu yCT   tại x CT  1 3 2  y   2x  4  0  x  2  y   . Điểm uốn là I 2;  2  3 3 1 x  0  Giao điểm với trục hoành: cho y  0   x 3  2x 2  3x  0   3 x 3  Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  0 y  Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4 d y 0 4 3 23 0 43  Đồ thị hàm số: như hình vẽ O 2 3 4 x 4  x 0  4  y0   3 -4/ 3  f (x 0 )  f (4)  3 4 32  Vậy, tiếp tuyến cần tìm là: d : y   3(x  4)  y  3x  3 3 Câu II  9x 1  3x 2  18  0  9.9x  9.3x  18  0 (*)  Đặt t  3x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành t  2 (nhan) 9t 2  9t  18  0   t  1(loai)  Với t = 2: 3x  2  x  log 3 2  Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất: x  log 3 2 . e x  ln x e 1 ln x  e 1 e ln x I  dx     2 dx   dx      dx 1 x2 1 x  x   1 x 1 x2 2
1 e e  Xét I1   dx  ln x 1  1 1 x e ln x  Xét I 2   dx 1 x2   u  ln x   du  1 dx    Đặt  1   x . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: dv  dx   v   1    x2     x e e 1 e 1 1 1 1 1 2 I 2   ln x   ( 2 )dx       1  1 x 1 1 x e x1 e e e 2 2  Vậy, I  I1  I 2  1  1   2  e e 5 4 3  Hàm số f (x )  x  5x  5x  1 liên tục trên đoạn [–1;2]  y   5x 4  20x 3  15x 2  5x 2 (x 2  4x  3) x  0  [1;2] (nhan) 5x 2  0   Cho y   0  5x (x  4x  3)  0   2 2 2  x  1  [1;2] (nhan)  x  4x  3  0 x  3  [1;2] (loai)   Ta có, f (0)  05  5.04  5.03  1  1 f (1)  15  5.14  5.13  1  2 f (1)  (1)5  5.(1)4  5.(1)3  1  10 f (2)  25  5.24  5.23  1  7  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 10 và số lớn nhất là 2 S  Vậy, min y  10 khi x  1; max y  2 khi x  1 [1;2] [1;2] Câu III  Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO  (ABCD) nên SO là đường cao A D của hình chóp. 60 Gọi M là trung điểm đoạn CD. Theo tính chất của hình chóp đều M O CD  SM  (SCD )  B    2a C CD  OM  (ABCD )  SMO  600 (góc giữa mặt (SCD ) và mặt đáy)   CD  (SCD )  (ABCD)     SO  BC  Ta có, tan SMO   SO  OM .tan SMO  .tan 600  a 3 OM 2  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là: 1 1 1 4a 3 3 V  B.h  AB.BC .SO  2a.2a.a 3  (đvtt) 3 3 3 3 THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: Với A(2;1;  B   1), ( 4; 1;3), C  (1; 2;3) .  Điểm trên đường thẳng AB: A(2;1; 1)     vtcp của đường thẳng AB: u  AB  (6; 2; 4) 3
x  2  6t    Suy ra, PTTS của đường thẳng AB: y  1  2t (t  )   z  1  4t     Mặt phẳng (P) đi qua điểm: C (1; 2; 3)    Vì (P )  AB nên: vtpt của mp(P) là: n  AB  (6; 2; 4)  Vậy, PTTQ của mp (P ) : A(x  x 0 )  B(y  y0 )  C (z  z 0 )  0  6(x  1)  2(y  2)  4(z  3)  0  6x  2y  4z  10  0  Thay ptts của AB vào PTTQ của mp(P) ta được:  6(2  6t )  2(1  2t )  4(1  4t )  10  0 1  56t  26  0  t   0, 5 2  Thay t = 0,5 vào phương trình tham số của AB ta được: x  1; y  0; z  1  Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là H (1; 0;1)  Vì mặt cầu (S) tâm C tiếp xúc với đường thẳng AB nên nó đi qua điểm H  Tâm mặt cầu: C (1; 2; 3)  Bán kính mặt cầu: R  CH  (1  1)2  (2  0)2  (3  1)2  2 3  Vậy, phương trình mặt cầu: (x  1)2  (y  2)2  (z  3)2  12 Câu Va: Ta có, 3z  9  2iz  11i  3z  2iz  9  11i (1)  Đặt z  a  bi  z  a  bi , thay vào phương trình (1) ta được 3(a  bi )  2i(a  bi )  9  11i  3a  3bi  2ai  2bi 2  9  11i  3a  2b  9 a  1   3a  2b  (3b  2a )i  9  11i      3b  2a  11  b  3     Vậy, z  1  3i  z  1  3i THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: Với A(2;1;  B   1), ( 4; 1;3), C  (1; 2;3) .  Đường thẳng AB: xem bài giải câu IVa.1 của chương trình chuẩn.     Đường thẳng AB đi qua A(2; 0; 1) , có vtcp u  AB  (6; 2; 4)     3 4 4 1 1 3    (4;20;16) CA  (1; 3; 4) . Suy ra, [CA, u ]    2 ; ;     4 4 6 6 2     Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB ta được   [CA, u ] (4)2  (20)2  (16)2 572 d(C , AB)      12  2 3 u (6)2  (2)2  (42 ) 56 Mặt cầu (S ) có tâm C tiếp xúc AB có tâm C (1; 2; 3) , bán kính R  d (C , AB )  2 3  Phương trình mặt cầu: (x  1)2  (y  2)2  (z  3)2  12  Gọi tiếp điểm cần tìm là H  AB thì H có toạ độ H (2  6t;1  2t; 1  4t )      Vì CH  AB nên CH .AB  0 . Giải ra được t = 0,5. Và suy ra, H (1; 0;1) Câu Vb: Ta có, ( 3  i )3  ( 3)3  3.( 3)2 .i  3. 3.i 2  i 3  3 3  9i  3 3  i  23.i 4
670  Vậy, z  ( 3  i )2010  ( 3  i )3   (23 i )670  22010.i 670  22010.(i 4 )167 .i 2  22010 Do đó, z  ( 3  i )2011  22010( 3  i )  z  22010. ( 3)2  12  22011 5