KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 15

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

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A, đồng thời vuông góc với đường thẳng d. 2) Viết phương trình mặt cầu (S ) tâm I (2;1;1) , tiếp xúc với mp(P). Viết phương trình mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu (S ) biết nó song song với mp(P). z Câu Va (1,0 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức , trong đó z 2i z2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt...

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 15

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 15 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  x 4  (m  1)x 2  2m  1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 1. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm trên (C ) có hoành độ bằng  3 . 3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log2 (x  3)  log0,5 (x  1)  3 1 x2 2) Tính tích phân: I  0 x (x  e )dx 3) Cho hàm số y  e 4x  2e x . Chứng minh rằng, y   13y   12y Câu III (1,0 điểm): Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC vuông cân tại B, SA= a, SB hợp với đáy một góc 300 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC. 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 đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt có pt  x  3  2t   d : y  1  t ,(P ) : x  3y  2z  6  0   z  t    1) Tìm toạ độ điểm A giao điểm của đường thẳng d và mp(P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A, đồng thời vuông góc với đường thẳng d. 2) Viết phương trình mặt cầu (S ) tâm I (2;1;1) , tiếp xúc với mp(P). Viết phương trình mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu (S ) biết nó song song với mp(P). z i Câu Va (1,0 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức   , trong đó z  1  2i z i 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt có pt x  3 y 1 z d:   ,(P ) : x  3y  2z  6  0 2 1 1 1) Chứng minh rằng đường thẳng d cắt mặt phẳng (P) nhưng không vuông góc với (P). Tìm toạ độ điểm A là giao điểm của đường thẳng d và mp(P). 2) Tìm phương trình hình chiếu của đường thẳng d lên mp(P). Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: iz 2  4z  4  i  0 ---------- Hết ---------- Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Với m = 1 ta có hàm số: y  x 4  2x 2  3  Tập xác định: D    Đạo hàm: y   4x 3  4x  Cho y   0  4x 3  4x  0  x  0  Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x   Bảng biến thiên x – 0  y – 0 +   y –3  Hàm số ĐB trên các khoảng (0; ) , NB trên khoảng (; 0) y Hàm số đạt cực tiểu yCT = –3 tại x CT  0 .  Giao điểm với trục hoành: x 2  1 Cho y  0  x  3x  3  0   2 4 2  x 2  1  x  1 -1 O 1 x x  3 Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  3  Bảng giá trị: x –1 0 1 y 0 –3 0 -3  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây  x 0   2  y 0  5  f (x 0 )  f ( 2)  4.( 2)3  4.( 2)  12 2  Vậy, pttt cần tìm là: y  5  12 2(x  2)  y  12 2x  19 .  y  x 4  (m  1)x 2  2m  1 (1)  Tập xác định D    y   4x 3  2(m  1)x (đây là một đa thức bậc ba) x  0  y   0  4x 3  2(m  1)x  0  2x (2x 2  m  1)  0   2 2x  m  1 (*)  Hàm số (1) có 3 điểm cực trị  (*) có 2 nghiệm pbiệt khác 0  m  1  0  m  1  Vậy, với m  1 thì hàm số (1) có 3 điểm cực trị. Câu II:  log2 (x  3)  log2 (x  1)  3 (*) x  3  0  x  3   Điều kiện:     x 3 x  1  0  x  1     Khi đó, (*)  log2 [(x  3)(x  1)]  3  (x  3)(x  1)  8  x 2  x  3x  3  8  x 2  4x  5  0  x  1 hoac x  5  So với điều kiện đầu bài ta chỉ nhận x = 5  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x  5 2
1 1 x2 1 x3 1 1 2 1 x2 1 2  I   x (x  e )dx   x dx   xe dx    xe x dx    e x .xdx 2 0 0 0 3 0 0 3 0 dt  Đặt t  x 2  dt  2x .dx  xdx  2  Đổi cận: x 0 1 t 0 1 1 1 1 dt 1 et 1 e 1 e 1  Vậy, I    et .        3 0 2 3 2 0 3 2 2 2 6 4x x  Xét hàm số y  e  2e .  Ta có, y   4e 4x  2e x ; y   16e 4x  2e x ; y  64e 4x  2e x  Từ đó, y   13y   64e 4x  2e x  13(4e 4x  2e x )  12e 4x  24e x  12y  Vậy, với y  e 4x  2e x thì y   13y   12y Câu III SA  (ABC )  S   SA  AB và hình chiếu của SB lên (ABC) AB  (ABC )   a  0 là AB, do đó SBA  30  AB  A 30 C 0  cot SBA   BC  AB  SA.cot SBA  a.cot 30  a 3 SA B 1 1 3a 2  SABC  AB.BC  a 3.a 3  2 2 2 1 1 3a 2 a 3  Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là: V  SASABC   a  .  (đvtt) 3 3 2 2 THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:  Thay ptts của d vào ptmp(P), ta được: (3  2t )  3(1  t )  2(t )  6  0  3t  6  0  t  2  Thay t = 2 vào ptts của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P) là: A(1;1; 2)    mp(Q) đi qua điểm A(1;1; 2) , vuông góc với d nên có vtpt n  ud  (2;1; 1)  Vậy, PTTQ của mp(Q): 2(x  1)  1(y  1)  1(z  2)  0  2x  y  z  5  0  Mặt cầu (S ) có tâm là điểm I (2;1;1)  Do (S ) tiếp xúc với mp (P ) : x  3y  2z  6  0 nên (S ) có bán kính 2  3.1  2.1  6 7 14 R  d(I ,(P ))    12  (3)2  22 14 2 7  Phương trình mặt cầu (S ) : (x  2)2  (y  1)2  (z  1)2  2  Gọi (Q ) là mp song song với (P) : x  3y  2z  6  0 thì phương trình mp(Q) có dạng (Q) : x  3y  2z  D  0 (D  6)  (Q ) tiếp xúc mặt cầu (S ) nên: 3
2  3.1  2.1  D 14 D 1 14 d (I ,(Q ))  R     12  (3)2  22 2 14 2 D  1  7 D  6 (loai)  D  1  7     D  1  7 D  8 (nhan)  Vậy PTTQ của mp (Q) : x  3y  2z  8  0 Câu Va: z  1  2i  z  1  2i z  i 1  2i  i 1  3i (1  3i)(1  3i) 1  6i  9i 2 4 3  Ta có,         i z i 1  2i  i 1  3i (1  3i)(1  3i) 1  9i 2 5 5 4 3  Vậy, phần thực của  là  , phần ảo của  là 5 5 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:   d đi qua điểm M 0 (3; 1;0) , có vtcp ud  (2;1; 1)  (P) có vtpt nP  (1; 3;2)      [ud , nP ]    (1; 5; 7)  0 u khoâg cuøg phöông n  d n n   P  Ta có,       ud .nP  2.1  1.(3)  1.2  3  0 ud nP        Vậy, d cắt (P) nhưng không vuông góc với (P) x  3  2t     Thay PTTS của d : y  1  t vào PTTQ của mp (P ) : x  3y  2z  6  0 , ta được   z  t    (3  2t )  3(1  t )  2(t )  6  0  3t  6  0  t  2  Toạ độ giao điểm của d và mp(P) là: A(1;1; 2)  Gọi (Q) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với (P), thế thì (Q) có vtpt    nQ  [ud , nP ]  (1; 5; 7)  Đường thẳng  là hình chiếu vuông góc của d lên (P) chính là giao tuyến của (P) và (Q) Do đó  Điểm trên  : A(1;1; 2)     3 2 2 1 1 3      (31;5; 8)  vtcp của  : u  [nP , nQ ]   ; ;  5 7 7 1 1 5        x  1  31t     PTTS của  : y  1  5t (t  )   z  2  8t    Câu Vb: iz 2  4z  4  i  0 (*)  Ta có,   22  i.(4  i )  4  4i  i 2  (2  i )2  Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt 1  (2  i) 3  i z1    1  3i i i 4
1  (2  i) 1  i z2    1  i i i 5