KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 23

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

Thêm vào BST

Báo xấu

53
lượt xem 5
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 23', 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 23

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 23 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 3 5 Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y   x 4  x 2  4 2 4 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm cực tiểu của nó. 3) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 4 nghiệm phân biệt: x 4  6x 2  1  4m  0 Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 222x  5.6x  9.9x 2 2) Tính tích phân: I   0 (x  1)e 2xdx 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f (x )  sin4 x  4 cos2 x  1 Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là một tam giác vuông tại A và AC = a,  C  600 . Đường chéo BC' của mặt bên BB'C'C tạo với mặt phẳng (AA'C'C) một góc 300 . Tính thể tích của khối lăng trụ theo a. 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 tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x  y  2z  1  0 và điểm A(1;3; 2) 1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A và đi qua gốc tọa độ O. Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn: (1  i )2 (2  i)z  8  i  (1  2i)z . Tìm phần thực, phần ảo và tính môđun của số phức z. 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) có phương trình x  2 y z 1   và điểm A(1; 2;3) 1 2 3 1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên đường thẳng (d) 2) Viết phương trình cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d. x 2  3x Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số y  (C ) . Tìm trên (C ) các điểm cách đều hai trục toạ độ. x 1 ---------- Hết ---------- Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I: 1 3 5  Hàm số: y   x 4  x 2  4 2 4  Tập xác định: D    Đạo hàm: y   x 3  3x x  0  Cho y   0  x 3  3x  0  x (x 2  3)   x   3  Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x   Bảng biến thiên x –  3 0 3 + y + 0 – 0 + 0 – 1 1 y 5    4  Hàm số ĐB trên các khoảng (;  3),(0; 3) , NB trên các khoảng ( 3; 0),( 3; ) 5 Hàm số đạt cực đại yCÑ  1 tại x CÑ   3 ; đạt cực tiểu yCT   tại x CT  0 . 4 x 2  1 x  1 1 3 5  Giao điểm với trục hoành: y  0   x 4  x 2   0   2   4 2 4 x  5 x   5 y 5 Giao điểm với trục tung: cho x  0  y   1 4 - 5 5  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây -1 1 - 3 O 3 x 5  Điểm cực tiểu của đồ thị có: x  0  y   4 5 4 y = -1 - m  f (x 0 )  f (0)  0 5 5  Vậy, tiếp tuyến tại điểm cực đại của hàm số là: y   0(x  0)  y   4 4 1 3 1 1 3 5  x 4  6x 2  1  4m  0   x 4  x 2   m   x 4  x 2   1  m (*) 4 2 4 4 2 4  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C ) và d: y = –1 – m. Do đó, dựa vào đồ thị ta thấy (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 5 1 1   1  m  1    m  2  2  m  4 4 4 1  Vậy, khi 2  m  thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt. 4 x x 9   Câu II: 2 22x  5.6  9.9  9.9  5.6  4.4  0  9    x x x x x    5  6  4  0     4   4 2x x  3      5   3  4  0 9      2   2 2
x t  1 (loaï ) i  3   Đặt t    (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 9t 2  5t  4  0     2   t  4 (nhaä) n  9 x x 2 4  3 4  3  3  t             x  2       9   2 9   2   2  Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x  2 2 I   0 (x  1)e 2xdx u  x  1 du  dx      Đặt    . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được : dv  e dx  2x v  1 e 2x       2 2 2 1 21 3 1 1 3 1 1 1 5e 4  1 I  (x  1)e 2x   e 2xdx  e 4   e 2x  e 4   e 4   2 0 0 2 2 2 4 0 2 2 4 4 4 4 2 4 2 4 2  Ta có f (x )  cos x  sin x  2  cos x  1  cos x  2  cos x  cos x  1  Đặt t  cos2 x (ĐK: t  [0;1] ) thì f (x )  g(t )  t 2  t  1  g(t ) là hàm số liên tục trên đoạn [0;1]  g (t )  2t  1 1  g (t )  0  2t  1  0  t  (nhận) 2 1 5  g      2  ; g(0)  1 và g(1)  1   4 5  Trong các kết quả trên, số  nhỏ nhất và số 1 lớn nhất. 4 5  Vậy, min y   , max y  1 4 AB  AC  Câu III: Ta có,    AB  (ACC A) , do đó AC  là hình chiếu A a 60 C AB  AA   vuông góc của BC  lên (ACC A) . Từ đó, góc giữa BC  và (ACC A) B  là BC A  300  Trong tam giác vuông ABC, AB  AC . tan 600  a 3 30 A' C'  Trong tam giác vuông ABC  , AC   AB. cot 300  a 3. 3  3a  Trong tam giác vuông ACC  , CC   AC 2  AC 2  (3a)2  a 2  2a 2 B' 1 1  Vậy, thể tích lăng trụ là: V  B.h  AB.AC .CC    a 3  a  2a 2  a 3 6 (đvdt) 2 2 THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN  Câu IVa: (P ) : 2x  y  2z  1  0 có vtpt n  (2; 1;2)   Gọi d là đường thẳng qua A(1; 3; 2) và vuông góc với (P ) thì d có vtcp u  (2; 1;2) x  1  2t     Do đó, d có PTTS: y  3  t (*)   z  2  2t    3
 Thay (*) vào PTTQ của (P ) : 2(1  2t)  (3  t)  2(2  2t)  1  0  t  2 3 2 7 7 2  Thay t  vào (*) ta được: x  ; y  ; z   3 3 3 3 7 7 2  Vậy, toạ độ hình chiếu vuông góc của A lên mp (P ) là H  ; ;     3 3 3     Gọi (S ) là mặt cầu tâm A và đi qua O  Tâm của mặt cầu: A(1; 3; 2)  Bán kính của mặt cầu: R  OA  12  32  (2)2  14  Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x  1)2  (y  3)2  (z  2)2  14 Câu Va: (1  i )2 (2  i )z  8  i  (1  2i )z  2i(2  i)z  8  i  (1  2i)z 8 i (8  i)(1  2i)  2(2i  1)z  8  i  (1  2i)z  (1  2i)z  8  i  z   1  2i 12  (2i)2 10  15i z   2  3i 5  Phần thực của z là a = 2, phần ảo của z là –3 và môđun của z là z  22  (3)2  13 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:   d đi qua điểm M 0 (2;0;1) có vtcp u  (1;2; 3) và x  2  t     PTTS của d là: y   2t nên nếu H  d thì toạ độ của H có dạng H (2  t;2t;1  3t )  z  1  3t      AH  (3  t;2  2t; 2  3t )    Do A  d nên H là hình chiếu vuông góc của A lên d  AH  d  AH .u  0 1  (3  t )1  (2  2t ).2  (2  3t ).(3)  0  t   2  5 5  Vậy, hình chiếu vuông góc của A lên d là H  ; 1;     2  2   Gọi (S ) là mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d  Tâm của mặt cầu: A(1; 2; 3) 27  7   12   2   2 2  Bán kính của mặt cầu: R  AH  2 1 2 27  Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x  1)2  (y  2)2  (z  3)2  2 x 2  3x  x 2  3x   Câu Vb: Xét điểm M  (C ) : y   M x;   x 1   (ĐK: x  1 )  x 1   x 2  3x  M cách đều 2 trục toạ độ  x   x 2  x  x 2  3x x 1 x  x  x 2  3x 2 4x  0 x  0   2   2   x  1 2x  2x  0 2 x  x  x  3x  4
 Vậy, trên (C ) có 2 điểm cách đều hai trục toạ độ, đó là O (0; 0) và M (1; 1) 5