KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 20

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

Thêm vào BST

Báo xấu

55
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 20', 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 20

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 20 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 4  2x 2 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số nêu trên. 2) Dùng đồ thị (C ) để biện luận số nghiệm của phương trình: x 4  4x 2  2m . 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) với trục hoành. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log 2 (x  2)  2 log2 x  2 2 0 x (x 2 2) Tính tích phân: I   1)2 dx 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  4  x 2 Câu III (1,0 điểm): Hình chóp S.ABC có BC = 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại C, SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Gọi I là trung điểm cạnh AB. 1) Chứng minh rằng, đường thẳng SI vuông góc với mặt đáy (ABC ) . 2) Biết mặt bên (SAC) hợp với đáy (ABC) một góc 600. Tính thể tích 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 với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(3;1; 1), B(2; 1; 4) và mặt phẳng (P ) : 2x  y  3z  1  0 1) Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt cầu đường kính AB. 2) Viết phương trình mặt phẳng (Q ) chứa hai điểm A,B, đồng thời vuông góc với mp(P). Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 5z 3  2z 2  z  0 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): 2x  y  2z  2  0 1) Viết phương trình mặt cầu (S ) tâm I(3;–1;2) tiếp xúc với (Q). Tìm toạ độ tiếp điểm. 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(1; 1;1), B  (0; 2;3) , đồng thời tạo với mặt cầu (S ) một đường tròn có bán kính bằng 2. Câu Vb (1,0 điểm): Trên mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện: 2z  i  4  i  2z ---------- Hết ---------- Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. 1 Câu I: Hàm số: y  x 4  2x 2 2  Tập xác định: D    Đạo hàm: y   2x 3  4x x  0  Cho y   0  2x 3  4x  0   x   2  Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x   Bảng biến thiên x –  2 0 2 + y – 0 + 0 – 0 +  0  y 2 2  Hàm số ĐB trên các khoảng ( 2; 0),( 2; ) , NB trên các khoảng (;  2),(0; 2) Hàm số đạt cực đại yCÑ  0 tại x CÑ  0 . y Hàm số đạt cực tiểu yCT  2 tại x CT   2.  Giao điểm với trục hoành: y=m x 2  0 x  0 1 Cho y  0  x 4  2x 2  0   2   x  2 2 x  4  -2 - 2 O 2 2 x Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  0  Bảng giá trị: x 2  2 0 2 2 y 4 2 0 2 0 -2  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây 1  x 4  4x 2  2m  x 4  2x 2  m (*) 2  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C ) và d: y = m  Ta có bảng kết quả như sau: m Số giao điểm của (C) và d Số nghiệm của pt(*) m>0 2 2 m=0 3 3 –2< m < 0 4 4 m = –2 2 2 m < –2 0 0   Giao của (C) với Ox: cho y  0  x  0; x  2 2 1 0 1 2 1  Diện tích cần tìm: S   x 4  2x 2 dx   ( x 4  2x 2 )dx   ( x 4  2x 2 )dx 2 2 2 2 0 2 0 2  x 5 2x 3   5 3 S       x  2x    32   32  64 (đvdt)       10  3    10  3  15 15 15 2 0 Câu II:  log 2 (x  2)  2 log2 x  2 2
x  2  0  x  2   Điều kiện:     x 0 x  0  x  0     Khi đó, log 2 (x  2)  2 log2 x  2  2 log2 (x  2)  log2 x 2  log2 4 x  2 (nhaä) n  log2 (x  2)  log2 4x  (x  2)  4x  3x  4x  4  0   2 2 2 2 2 x   3 (loaï ) 2 i  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 2 2 x 6 x 4 x 2   14 (x  2x  x )dx    2 2 2  I   x (x  1) dx   x (x  2x  1)dx   2 2 4 2 5 3      0 0 0 6 2 2 0 3  Hàm số y  4  x 2 liên tục trên tập xác định của nó, đó là đoạn [2;2] x  y  . Cho y   0  x  0  [2;2] (nhận) 2 4 x  f (0)  2 ; f (2)  0 và f (2)  0  Trong các kết quả trên, số 0 nhỏ nhất và số 2 lớn nhất.  Vậy, min y  0 khi x  2 , max y  2 khi x  0 [2;2] [2;2] Câu III S  Do SAB vuông cân tại S có SI là trung tuyến nên SI  AB (SAB )  (ABC )     AB  (SAB )  (ABC )  SI  (ABC )   AB  SI  (SAB )     Gọi K là trung điểm đoạn AC thì IK ||BC nên IK  AC A I Ta còn có, AC  SI do đó AC  SK 60 B  Suy ra, góc giữa 2 mặt phẳng (SAC) và (ABC) là SKI  600 K 2a  1 C  Ta có, SI  IK .tan SKI   BC  tan 600  a 3 2 và AB  2SI  2a 3  AC  AB 2  BC 2  2a 2 1 1 1 1 2a 3 6  Vậy, VS .ABC   SABC  SI    AC  BC  SI   2a 2  2a  a 3  (đvtt) 3 3 2 6 3 THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: A(3;1; 1), B(2; 1; 4) và (P ) : 2x  y  3z  1  0     Đường thẳng AB đi qua điểm A(3;1; 1) , có vtcp u  AB  (1; 2;5) x  3 y 1 z  1  PTCT của đường thẳng AB là:   1 2 5 5 3 AB 30  Mặt cầu đường kính AB có tâm: I  ; 0;  và bán kính R   2 2      2 2  2  2 x  5   y 2  z  3   15  Phương trình mặt cầu đường kính AB:        2   2 2  Mặt phẳng (Q ) chứa hai điểm A,B đồng thời vuông góc với (P)  Điểm trên mp(Q): A(3;1; 1) 3
    Hai véctơ: AB  (1; 2;5) , nP  (2; 1; 3) Vì mp(Q) đi qua A,B và vuông góc với mp(P) nên có vtpt      2 5 5 1 1 2       (1;13;5) n  [AB, np ]   ; ;   1 3 3   2 2 1     PTTQ của (Q): 1(x  3)  13(y  1)  5(z  1)  0  x  13y  5z  5  0 Câu Va: 5z 3  2z 2  z  0  5z 3  2z 2  z  0  z (5z 2  2z  1)  0  z  0 hoặc 5z 2  2z  1  0 (2)  Giải (2): 5z 2  2z  1  0 Ta có,   22  4.(5).(1)  16  (4i)2 2  4i 1 2 Như vậy, phương trình (2) có 2 nghiệm : z1,2    i 10 5 5 1 2 1 2  Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm: z1  0 , z2   i , z 3   i 5 5 5 5 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: 2.3  (1)  2.2  2  Mặt cầu tâm I(3;–1;2) tiếp xúc với (Q) có bk R  d(I ,(Q))  3 (2)2  12  (2)2 nên có phương trình: (x  3)2  (y  1)2  (z  2)2  9 x  3  2t     Đường thẳng  đi qua M (3; 1;2) , vuông góc với (Q) có ptts: y  1  t , thay vào ptmp (Q)   z  2  2t    ta được: 2(3  2t )  (1  t )  2(2  2t )  2  0  9t  9  0  t  1 Tiếp điểm cần tìm là giao điểm của (Q) và  , đó là điểm H (1;0;0)  Gọi d là khoảng cách từ tâm I đến mp(P) và r là bán kính đường tròn giao tuyến thì R2  r 2  d 2  d  R2  r 2  32  22  5  Vì mp(P) cần tìm đi qua điểm A(1; 1;1) nên nó có pttq: a(x  1)  b(y  1)  c(z  1)  0  Do (P) đi qua B(0; 2; 3) nên a(1)  b(1)  c(2)  0  a  2c  b (1) a(2)  b(0)  c(1)  Và do d (I ,(P ))  5 nên  5  2a  c  5(a 2  b2  c2 ) (2) 2 2 2 a b c  Thay (1) vào (2) ta được: 5c  2b  5[(2c  b)2  b 2  c 2 ]  (5c  2b)2  5(5c 2  4bc  2b 2 )  b 2  0  b  0. Thay vào (1) ta được a  2c  Vậy, phương trình mp(P) là: 2c(x  1)  c(z  1)  0  2x  z  3  0 Câu Vb: 2z  i  4  i  2z (*)  Xét z  a  bi thì: (*)  2(a  bi )  i  4  i  2(a  bi ) 4
 2a  (2b  1)i  2a  4  (2b  1)i  (2a )2  (2b  1)2  (2a  4)2  (2b  1)2  4b  1  16a  16  4b  1  16a  8b  16  0  2a  b  2  0  Vậy, tập hợp các số phức z thoả mãn điều kiện của bài toán là đường thẳng 2x – y + 2 = 0 5