KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 12

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

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) tại các giao điểm của (C ) với : y x 3) Tìm các giá trị của tham số k để đường thẳng d: ykx cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 9

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 12

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 12 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) x Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y  x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) tại các giao điểm của (C ) với  : y  x 3) Tìm các giá trị của tham số k để đường thẳng d: y  kx cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt. Câu II (3,0 điểm): 2 x  1 2x 1) Giải bất phương trình: 92x 2 x  3.       3 2) Tìm nguyên hàm F (x ) của hàm số f (x )  2x ln x , biết F (1)   1 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x 3  4x 2  3x  5 trên đoạn [2;1] Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông góc với đáy. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Biết rằng AB = 3, BC = 2 và SA = 6. Tính thể tích khối chóp S.ADE. 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 hình hộp ABCD.A B C D  có toạ độ các đỉnh: A(1;1;1), B(2; 1; 3), D(5;2; 0), A(1; 3;1) 1) Xác định toạ độ các đỉnh C và B  của hình hộp. Chứng minh rằng, đáy ABCD của hình hộp là một hình chữ nhật. 2). Viết phương trình mặt đáy (ABCD), từ đó tính thể tích của hình hộp ABCD.A B C D  1 Câu Va (1,0 điểm): Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường: y  1  , trục hoành và x = 2. Tính x thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình (H) quanh trục Ox. 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD.A B C D  có toạ độ các đỉnh: A(1;1;1), B(2; 1; 3), D(5;2; 0), A(1; 3;1) 1) Xác định toạ độ các đỉnh C và B  của hình hộp. Chứng minh, ABCD là hình chữ nhật. 2) Viết phương trình mặt cầu đi qua các đỉnh A,B,D và A của hình hộp và tính thể tích của mặt cầu đó. Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: z 2 – (1  5i )z – 6 2i  0  ---------- Hết ---------- Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I: x  Hàm số y  x 1  Tập xác định: D   \ {1} 1  Đạo hàm: y    0, x  D (x  1)2  Hàm số ĐB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: lim y  1 ; lim y  1  y  1 là tiệm cận ngang. x  x  y lim y   ; lim y    x  1 là tiệm cận đứng. x (1) x (1)  Bảng biến thiên x – 1 + y + + 2  1 1 y 1  0.5  Giao điểm với trục hoành: cho y  0  x  0 x -2 -1 O 1 Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  0  Bảng giá trị: x 3 2 1 0 1 y 1,5 2 || 0 0,5  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: x PTHĐGĐ của (C ) và  là:  x  x  x (x  1)  x 2  0  x  0 x 1  x 0  0  y0  0  f (x 0 )  f (0)  1  Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y  0  1(x  0)  y  x x  Xét phương trình:  kx (*)  x  kx (x  1) x 1 x  0  x  kx 2  kx  kx 2  (k  1)x  0  x (kx  k  1)  0   kx  1  k (2)  d: y  kx cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt   k  0  k  0 phương trình (2) có duy nhất nghiệm khác 0, tức là     1  k  0  k  1     Vậy, với k  0, k  1 thì d cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt. Câu II: 2 x  1 2x 2x 2 x  3.  2 x 2 x 2 2x 2 x  Ta có, 9    92x  3.32x  34x  312x    3 2 2x 2  34 x  312x x  4x 2  2x  1  2x 2  x  6x 2  x  1  0 1 1  Cho 6x 2  x  1  0  x  hoac x   2 3 1 1  Bảng xét dấu: x    3 2 2
6x 2  x  1 + 0 – 0 +  Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là khoảng: S  ( 3 ; 2 ) 1 1  Xét F (x )   2x ln xdx   u  ln x  du  1 dx    Đặt   x . Thay vào nguyên hàm F(x) ta được: dv  2xdx   v  x 2     x2 F (x )   2x ln xdx  x ln x   xdx  x ln x   C 2 2 2 2 1 1 1 1  Do F (1)  1 nên 12 ln1   C  1    C  1  C  1    2 2 2 2 2 x 1  Vậy, F (x )  x 2 ln x   2 2  Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  x 3  4x 2  3x  5 trên đoạn [2;1]  Hàm số y  x 3  4x 2  3x  5 liên tục trên đoạn [2;1]  y   3x 2  8x  3 x  3  [1;2] (loai)   Cho y   0  3x  8x  3  0   2 x  1  [1;2] (nhan)  3  1   1 3  2         4   1   3   1   5   149  Ta có, f              3  3    3    3 27 3 2 f (2)  (2)  4  (2)  3  (2)  5  9 f (1)  13  4  12  3  1  5  3 149 Trong các số trên số  nhỏ nhất, số 9 lớn nhất. 27 149 1  Vậy, min y   khi x  , max y  9 khi x  2 [2;1] 27 3 [2;1] Câu III  SB  SA2  AB 2  32  62  3 5 SC  SA2  AC 2  SA2  AB 2  BC 2  62  32  22  7 S 2 SD SA2 62 4  SA  SD.SB     SB SB 2 (3 5)2 5 E 6 2 SE SA2 62 36  SA  SE.SC    2  D SC SC 2 7 49 A C 1 1 1 3 2  VS .ABC   SA   AB  BC   6.3.2  6 3 2 6 B V SA SD SE SD SE 4 36 864  S .ADE     VS .ADE   VS .ABC    6  VS .ABC SA SB SC SB SC 5 49 245 THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: A(1;1;1), B(2; 1; 3), D(5;2; 0), A(1; 3;1)    B' C'  ABCD là hình bình hành  AB  DC A' D' 3 B C H A D
  1 x  5  x  6  C AB  (1; 2;2)   C     2  yC  2  yC  0   DC  (xC  5; yC  2; zC )   2 z  z  2   C   C   Đáp số: C (6;0;2), B (0;1;3) . Nói thêm: D (3; 4; 0),C (4;2;2)  AB  (1; 2;2) AB  12  (2)2  22  3               và AB.AD  1.4  2.1  2.(1)  0 AD  (4;1; 1) AD  42  12  (1)2  3 2        AB  AD  ABCD là hình chữ nhật (vì nó là hình bình hành, có thêm 1 góc vuông)   Điểm trên mp(ABCD): A(1;1;1)       2 2 2 1 1 2       (0;9;9)  vtpt của mp(ABCD): u  [AB, AD ]   ; ;   1 1 1 4 4   1    PTTQ của mặt đáy (ABCD): 0(x  1)  9(y  1)  9(z  1)  0  9y  9z  18  0  y  z  2  0  Diện tích mặt đáy ABCD: B  SABCD  AB.AD  3.3 2  9 2 (đvdt)  Chiều cao h ứng với đáy ABCD của hình hộp chính là khoảng cách từ A đến (ABCD): 3 12 2 h  d(A,(ABC D))    2 2 2 2 1 1  Vậy, Vhh  B.h  9 2. 2  18 (đvtt) 1 Câu Va:Cho 1   0  x  1 x 2 1 2 2 1  Vậy, thể tích cần tìm: V    (1  )2dx    (1   2 )dx 1 x 1 x x 2  1  1  1 3   V   x  2 ln x     2  2 ln 2     1  2 ln1       2 ln 2 (đvtt)                  x 1  2  1 2  THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: A(1;1;1), B(2; 1; 3), D(5;2; 0), A(1; 3;1) Hoàn toàn giống câu IVa.1 (phần dành cho CT chuẩn): đề nghị xem bài giải ở trên.  Giả sử phương trình của mặt cầu (S ) : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0  Vì (S) đi qua bốn điểm A(1;1;1), B(2; 1;3), D(5;2;0), A   ( 1;3;1) nên: 3  2a  2b  2c  d  0  2a  2b  2c  d  3  2a  4b  4c  11  a  3, 5          14  4a  2b  6c  d  0 4a  2b  6c  d  14 6a  6b  6c  15           b  5, 5   29  10a  4b  d  0  10a  4b  d  29  12a  2b  2c  18 c  6, 5    11  2a  6b  2c  d  0   2a  6b  2c  d  11   d  2a  2b  2c  3 d  28               Vậy, phương trình mặt cầu (S ) : x 2  y 2  z 2  7x  11y  13z  28  0 Câu Vb: z 2 – (1  5i )z – 6 2i  0 (*)   Ta có,   (1  5i)2  4.(6  2i)  1  10i  25i 2  24  8i  2i  (1  i)2  Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt: 4
(1  5i)  (1  i) 4i (1  5i)  (1  i) 2  6i z1    2i và z2    1  3i 2 2 2 2 5