KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 19

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

Thêm vào BST

Báo xấu

37
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 19', 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 19

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 19 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) x3 Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y  f (x )    2x 2  3x 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm trên (C ) có hoành độ x 0 , với f (x 0 )  6 . 3) Tìm tham số m để phương trình x 3  6x 2  9x  3m  0 có đúng 2 nghiệm phân biệt. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 24x 4  17.22x 4  1  0  2) Tính tích phân: I   0 (2x  1) sin xdx 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 2  4 ln(1  x ) trên đoạn [– 2;0] Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC .A B C  có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = a, mặt (A BC ) tạo với đáy một góc 300 và tam giác A BC có diện tích bằng a 2 3 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC .A B C  . 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 với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(7;2;1), B( 5;   và mặt 4; 3) phẳng (P ) : 3x  2y  6z  38  0 1) Viết phương trình tham số của đường thẳng AB. Chứng minh rằng, AB || (P ) . 2) Viết phương trình mặt cầu (S ) có đường kính AB. 3) Chứng minh (P ) là tiếp diện của mặt cầu (S ) . Tìm toạ độ tiếp điểm của (P ) và (S ) Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z  1  3i . Tìm số nghịch đảo của số phức:   z 2  z .z 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho cho điểm I (1; 3; 2) và đường thẳng x 4 y 4 z 3 :   1 2 1 1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm I và chứa đường thẳng  . 2) Tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng  . 3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm I và cắt  tại hai điểm phân biệt A,B sao cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 4. Câu Vb (1,0 điểm): Gọi z1, z 2 là hai nghiệm của phương trình: z 2  2z  2  2 2i  0 . Hãy lập một phương trình bậc hai nhận z1, z 2 làm nghiệm. ---------- Hết ---------- Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I: x3  Hàm số: y  f (x )    2x 2  3x 3  Tập xác định: D    Đạo hàm: y   x 2  4x  3  Cho y   0  x 2  4x  3  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;+) Hàm số đạt cực đại yCÑ  0 tại x CÑ  3 , y 4 đạt cực tiểu yCT   tại x CT  1 3 2 y=m  Điểm uốn: y   2x  4  0  x  2  y   . 3  2  O 1 2 3 4 x Điểm uốn của đồ thị là: I 2;        3 -2/ 3  Giao điểm với trục hoành: cho y  0  x  0; x  3 -4/ 3 Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  0  Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4 y 0 –4/3 –2/3 0 –4/3  Đồ thị hàm số như hình vẽ: 16  f (x 0 )  6  2x 0  4  6  x 0  1  y0  3  f (x 0 )  f (1)  (1)  4(1)  3  8 2 16 8  Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y   8(x  1)  y  8x  3 3 3 2 3 2 1 3 2  x  6x  9x  3m  0  x  6x  9x  3m   x  2x  3x  m (*) 3  Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của (C ) và d : y  m m  0   Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình (*) có đúng 2 nghiệm phân biệt   m   4  3 Câu II: 4x 4 2x 4 16x 4x 2  17.2 1  0   17.  1  0  42x  17.4x  16  0 (*) 16 16 x  Đặt t  4 (ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành 2
t  1 (nhan) 4x  1 x  0 t 2  17t  16  0      t  16 (nhan) 4x  16  x  2     Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 0 và x = 2.  I  0 (2x  1) sin xdx u  2x  1  dx  2.dx   Đặt     . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: dv  sin xdx  v   cos x        I  (2x  1)cos x 0   (2 cos x )dx  (2  1)  1  2 sin x 0  (2  1)  1  2.0  2  2 0 2  Hàm số y  x  4 ln(1  x ) liên tục trên đoạn [–2;0] 4 2x 2  2x  4  y   2x   1x 1x x  1  [2; 0] (nhan)  Cho y   0  2x 2  2x  4  0   x  2  [2; 0] (loai)  f (1)  1  4 ln 2 ; f (2)  4  4 ln 3 ; f (0)  0  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là: 1  4 ln 2 , số lớn nhất nhất là: 0  Vậy, min y  1  4 ln 2 khi x  1 ; max y  0 khi x = 0 [2;0] [ 2;0] Câu III BC   AB A' C'  Do    BC  A B (hơn nữa, BC  (ABB A) ) BC   AA  B' BC   AB  (ABC )     Và BC   AB  (A BC )  ABA là góc giữa (ABC ) và (A BC ) C  BC A    (ABC )  (A BC ) a  30 1 2.SABC 2.a 2 3 B  Ta có, SABC  A B.BC  AB    2a 3 2 BC a  AB  A B.cos ABA  2a 3.cos 300  3a  AA  A B.sin ABA  2a 3.sin 300  a 3 1 1 3a 3 3  Vậy, Vl.truï  B.h  SABC .AA   AB  BC  AA   3a  a  a 3  (đvtt) 2 2 2 THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: A(7;2;1), B(5; 4; 3)     Đường thẳng AB đi qua điểm A(7;2;1) , có vtcp u  AB  (12; 6; 4) nên có ptts x  7  12t    AB : y  2  6t (1)   z  1  4t     Thay (1) vào phương trình mp(P) ta được: 3(7  12t )  2(2  6t )  6(1  4t )  38  0  0.t  49  0  0t  49 : vô lý  Vậy, AB || (P ) 3
 Tâm của mặt cầu (S ) : I (1; 1; 1) (là trung điểm đoạn thẳng AB)  Bán kính của (S ) : R  IA  (1  7)2  (1  2)2  (1  1)2  7  Phương trình mc (S ) : (x  1)2  (y  1)2  (z  1)2  49 3.1  2.(1)  6.(1)  38  Ta có, d(I ,(P ))   7  R  (P ) tiếp xúc với (S ) . 32  (2)2  (6)2  Gọi d là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mp(P). x  1  3t    Khi đó PTTS của d: y  1  2t . Thay vào ptmp(P) ta được :   z  1  6t    3(1  3t )  2(1  2t )  6(1  6t )  38  0  49.t  49  0  t  1  Tiếp điểm cần tìm là giao điểm của d và (P), đó là điểm H (2;1;5) Câu Va: Với z  1  3i , ta có    z 2  z .z  (1  3i )2  (1  3i)(1  3i)  1  6i  9i 2  12  9i 2  2  6i 1 1 2  6i 2  6i 2  6i 1 3     2    i  2  6i (2  6i)(2  6i) 2  36i 2 40 10 10 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:   Đường thẳng  đi qua điểm M (4;4; 3) , có vtcp u  (1;2; 1)  Mặt phẳng (P ) đi qua điểm I (1;3; 2)   Hai véctơ: IM  (3;1; 1)  u  (1;2; 1)      1 1 1 3 3 1     Vtpt của mp(P): n  [IM , u ]    2 1 ; 1 1 ; 1 2   (1;2;5)        PTTQ của mp (P ) : 1(x  1)  2(y  3)  5(z  2)  0  x  2y  5z  3  0    [IM , u ] 12  22  52 30  Khoảng cách từ đểm A đến  : d  d(I , )      5 u 2 2 1  2  (1) 2 6  Giả sử mặt cầu (S ) cắt  tại 2 điểm A,B sao cho AB = 4  (S ) có bán kính R = IA  Gọi H là trung điểm đoạn AB, khi đó: IH  AB  IHA vuông tại H  Ta có, HA  2 ; IH  d (I , )  5 I R2  IA2  IH 2  HA2  ( 5)2  22  9  Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: B C (S ) : (x  1)2  (y  3)2  (z  2)2  9 H Câu Vb: A  Với z1, z 2 là 2 nghiệm của phương trình z 2  2z  2  2 2i  0 4
  z  z   b  2 1 z  z  2 1  2 a  2 thì    z .z  c  2  2 2i z1.z 2  2  2 2i  1 2      a  Do đó, z1, z 2 là 2 nghiệm của phương trình z 2  2z  2  2 2i  0 5