KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 17

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

Thêm vào BST

Báo xấu

50
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông môn thi: toán − đề số 17', 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: KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 17

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 17 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 2  2)2  1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Dựa vào đồ thị (C) biện luận số nghiệm phương trình: x 4  4x 2  m . Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log2 (x  5)  log 2 x 2  3 ln 2 e 3x 1 2) Tính tích phân: I   x dx 0 e 3  2x 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  trên đoạn [1; 4] x 1 Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ ABC .A B C  có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của A xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. Mặt bên (AA C C ) tạo với đáy một góc bằng 45 . Tính thể tích của khối lăng trụ này. 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 hai điểm A(0;1;  B 4), (1;0;  và đường thẳng 5) x 1 y  4 z 1 :   1 4 2 1) Viết phương trình đường thẳng AB và chứng minh rằng AB và  chéo nhau. 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa hai điểm A,B đồng thời song song với đường thẳng  . Tính khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P). Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y  x 2  12x  36 và y  6x  x 2 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng: x  1  t    x  3 y 1 z 1 : y  1  t  2 :    z  2 1 2 1    1) Chứng minh 1 và 2 chéo nhau. Viết phương trình mp(P) chứa 1 và song song 2 . 2) Tìm điểm A trên 1 và điểm B trên 2 sao cho độ dài đoạn AB ngắn nhất. Câu Vb (1,0 điểm): Trên tập số phức, tìm B để phương trình bậc hai z 2  Bz  i  0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i ---------- Hết ---------- Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số: y  (x 2  2)2  1  x 4  4x 2  4  1  x 4  4x 2  3  Tập xác định: D    Đạo hàm: y   4x 3  8x x  0  Cho y   0  4x 3  8x  0  4x (x 2  2)   x   2  Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x   Bảng biến thiên x –  2 0 2 + y – 0 + 0 – 0 +  3  y –1 –1  Hàm số ĐB trên các khoảng ( 2; 0),( 2; ) , NB trên các khoảng (;  2),(0; 2) Hàm số đạt cực đại yCÑ  3 tại x CÑ  0 . y y=m+3 Hàm số đạt cực tiểu yCT  1 tại x CT   2 .  Giao điểm với trục hoành: 3 x 2  1 x  1 Cho y  0  x 4  4x 2  3  0   2   x  3 x   3 Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  3 x  Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2 -2 -1 O 1 2 y 3 –1 3 –1 3 -1  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây  x 4  4x 2  m  x 4  4x 2  3  m  3 (*)  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = m + 3  Ta có bảng kết quả như sau: Số giao điểm Số nghiệm m m+3 của (C) và d của pt(*) m>0 m+3>3 2 2 m=0 m+3=3 3 3 –4 < m < 0 –1< m + 3 < 3 4 4 m = –4 m + 3 = –1 2 2 m < –4 m + 3 < –1 0 0 Câu II:  log2 (x  5)  log 2 x  2  3 (*) x  5  0  x  5   Điều kiện:     x 5 x  2  0  x  2     Khi đó, (*)  log2 (x  5)  log2 (x  2)  3  log2 (x  5)(x  2)  3  (x  5)(x  2)  8 2
x  6 (nhan) x 2  2x  5x  10  8  x 2  3x  18  0   x  3 (loai)  Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x = 6 ln 2 ln 2 e 3x 1 e 2x   e 2 ln 2  e 0      ex )dx     e ln 2     e 0  ln 2 I  dx   (e 2x   2  ex     2   2  0 ex 0   0    e ln 4 1 ln  1  4 1 1   Vậy, I    e 2     1     1  2     2 2  2 2 2 3  2x 2x  3  Hàm số y   liên tục trên đoạn [1; 4] x 1 x 1 5  y   0, x  [1;4] (x  1)2 1  f (1)  và f (4)  1 2 1  Trong 2 kết quả trên, số –1 nhỏ nhất, số lớn nhất. 2 1  Vậy, min y  1 khi x  4 , max y  khi x  1 [1;4] [1;4] 2 Câu III  Gọi H,M,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,AC,AM A' B'  Theo giả thiết, A H  (ABC ), BM  AC Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên C' IH || BM  IH  AC  Ta có, AC  IH , AC  A H  AC  IA A H B  I a Suy ra góc giữa (ABC ) và (ACC A) là A IH  45o M C 1 a 3  A H  IH .tan 45  IH  MB  o 2 4 1 1 a 3 a 3 3a 3  Vậy, thể tích lăng trụ là: V  B.h  BM .AC .A H   a   (đvdt) 2 2 2 2 8 THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN x 1 y  4 z 1 Câu IVa: A(0;1; 4), B(1; 0; 5) và  :   1 4 2     Đường thẳng AB đi qua điểm A(0;1; 4) , có vtcp u  AB  (1; 1; 1) x y 1 z  4  PTCT của đường thẳng AB là:   1 1 1   Đường thẳng  đi qua điểm M (1;4;1) , có vtcp u   (1; 4; 2)    1 1 1 1 1 1      Ta có, [u, u ]    4 2 ; 2 1 ; 1 4   (2;1; 3)             AM  (1; 3;5)  [u, u ].AM  1.1  1.3  3.5  13  0  Vậy, AB và  chéo nhau. 3
 Mặt phẳng (P) chứa hai điểm A,B đồng thời song song với đường thẳng   Điểm trên mp(P): A(0;1; 4)     Vì (P) chứa A,B và song song với  nên có vtpt: n  [u, u  ]  (2;1; 3)  PTTQ của (P): 2(x  0)  1(y  1)  3(z  4)  0  2x  y  3z  13  0 2.1  4  3.1  13 14  Khoảng cách giữa AB và  bằng: d(M ,(P ))    14 2 2 2 14 2  (1)  3 Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y  x 2  12x  36 và y  6x  x 2  Cho x 2  12x  36  6x  x 2  2x 2  18x  36  0  x  3, x  6 6 6 3 2x 2  18x  36 dx  3 (2x 2  Diện tích cần tìm là: S   18x  36)dx 6  2x 3      3  9x 2  36x   9  9 (đvdt)   3 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:   1 đi qua điểm M 1(1; 1;2) , có vtcp u1  (1; 1; 0)  2 đi qua điểm M 2 (3;1;0) , có vtcp u2  (1;2;1)    1 0 0 1 1 1      (1; 1;1)  Ta có, [u1, u2 ]    2 1 ; 1 1 ; 1      2   M1M 2  (2;2; 2)      [u1, u2 ].M 1M 2  1.2  1.2  1.(2)  6  0  Suy ra, 1 và 2 chéo nhau.     mp(P) chứa 1 và song song 2 nên đi qua M 1(1; 1;2) , có vtpt n1  [u1, u2 ]  (1; 1;1)  Vậy, PTTQ mp(P): 1(x  1)  1(y  1)  1(z  2)  0  x  y  z  2  0  Vì A  1, B  2 nên toạ độ của chúng có dạng:   A(1  a; 1  a;2), B(3  b;1  2b;b)  AB  (2  a  b;2  a  2b;b  2)  AB ngắn nhất  AB là đường vuông góc chung của 1 và 2     AB.u  0 (2  a  b).1  (2  a  2b).(1)  (b  2).0  0     1     AB.u  0  (2  a  b).(1)  (2  a  2b).2  (b  2).1  0    2  2  a  b  2  a  2b  0  2a  3b  0  a  0        2  a  b  4  2a  4b  b  2  0  3a  6b  0  b  0      Vậy, A(1; 1;2),B (3;1; 0) Câu Vb: z 2  Bz  i  0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i  Giả sử z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình trên. Dựa vào công thức nghiệm phương trình bậc hai, ta suy ra: b c z1  z2    B va z1.z2   i 2a a  Theo giả thiết, z1  z1  4i  (z1  z 2 )  2z1z 2  4i  B  2i  4i  B 2  2i 2 2 2 2 4
 B 2  (1  i )2  B  (1  i )  Vậy, B  (1  i ) 5