KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 24

Chia sẻ: Thanh Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

48
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 24', 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 24

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 24 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 1 2 1 Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y  x  x  2x  3 2 6 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: 2x 3  3x 2  12x  1  2m  0 Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 21x  26x  24 e x 2  ln x 2) Tính tích phân: I   dx 1 x2 3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 3  x  1 tại các giao điểm của nó với đường thẳng y  2x  1 . Câu III (1,0 điểm): Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. a) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón. b) Tính thể tích của khối nón tương ứng. 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 (O, i , j , k ) , cho hình hộp ABCD.A B C D  có              OA  0,OB  i ,OC   i  2 j  3k , AA  3k , 1) Viết phương trình mặt phẳng (ABA) và tính khoảng cách từ C  đến (ABA) 2) Tìm toạ độ đỉnh C và viết phương trình cạnh CD của hình hộp ABCD.A B C D  1 3 Câu Va (1,0 điểm): Cho z    i . Tính z 2  z  1 2 2 2. Theo chƣơng trình nâng cao    Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ (O, i , j , k ) , cho hình hộp ABCD.A B C D  có              OA  0,OB  i ,OC   i  2 j  3k , AA  3k , 1) Tìm tọa độ các đỉnh C, D và chứng minh rằng ABCD.A B C D  là hình hộp chữ nhật. 2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD.A B C D  . 1 3 Câu Vb (1,0 điểm): Cho z    i . Tính z 2011 2 2 ---------- Hết ---------- Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I: 1 3 1 2 1  Hàm số: y  x  x  2x  3 2 6  Tập xác định: D    Đạo hàm: y   x 2  x  2  Cho y   0  x 2  x  2  0  x  1 hoaë x  2 c  Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x   Bảng biến thiên x – 2 1 + y + 0 – 0 + 7 2  y  –1  Hàm số ĐB trên các khoảng (; 2),(1; ) , NB trên các khoảng (2;1) Hàm số đạt cực đại yCÑ  7 2 tại x CÑ  2 . Hàm số đạt cực tiểu yCT  1 tại x CT  1 . 1 5  y   2x  1 . Cho y   0  2x  1  0  x    y  2 4  1 5 Điểm uốn: I  ;    2 4   y  1 3 1 2 1 3,5  Giao điểm với trục hoành: y  0  y  x  x  2x   0 3 2 6 1 d Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  6 -3,5 -2 1 2,5  Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 1 2,5 O x y –1 3,5 1,25 –1 3,5 -1  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây 1 1 1 1  2x 3  3x 2  12x  1  2m  0  x 3  x 2  2x   m  0 3 2 6 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1  x 3  x 2  2x   m  x 3  x 2  2x    m (*) 3 2 6 3 3 2 6 3 3 1 1  Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của (C ) và d : y   m 3 3 1 1 7 4 1 19 4 19  Do đó, (*) có 3 nghiệm pb 1   m      m   m  3 3 2 3 3 6 3 2 19 4  Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt    m  2 3 Câu II: 64  21x  26x  24  2.2x  x  24 (*) 2 2
64  Đặt t  2x (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 2t   24  2t 2  24t  64  0 t  t  8 hoặc t  4 (nhận cả hai nghiệm này do t > 0)  Với t  8 ta có 2x  8  x  3  Với t  4 ta có 2x  4  x  2  Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3. e ln x  e x 2  ln x e ln x dx   1  2 dx   dx   e I     dx x2 1   x  1 1 x2 1 e e  Xét I 1   1 dx  x 1  e  1   u  ln x   du  1 dx  e ln x   Xét I 2   dx . Đặt    x . Khi đó, 1 x 2 dv  1 dx   v   1    x2     x e e  ln x    e 1 dx   1   1    1  1  1  1  2 I 2       x     1 1 x 2     e x  1 e e e 2 2  Vậy, I  I 1  I 2  e  1  1 e  e e 3  Viết pttt của y  x  x  1 tại các giao điểm của nó với đường thẳng y  2x  1  Cho x 3  x  1  2x  1  x 3  3x  2  x  1, x  2  y   3x 2  1  Với x 0  1  y 0  13  1  1  1 và f (1)  3.12  1  2 pttt tại x 0  1 là: y  1  2(x  1)  y  2x  1 S  Với x 0  2  y0  (2)3  (2)  1  5 và f (2)  3.(2)2  1  11 pttt tại x 0  1 là: y  5  11(x  2)  y  11x  17  Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là: y  2x  1 và y  11x  17 Câu III: Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ)  Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a. 1 a 2 A Do đó, AB  SA2  SB 2  a 2 và SO  OA  AB  2 2 O  Vậy, diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón : B 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2   2     a 2 S xq  rl      ; S tp  S xq  r     2 2 2 2  2  2 1 1 a 2  a 2 a 3 2     Thể tích khối nón: V  r 2h        B C 3 3  2  2 12 THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: Từ giả thiết ta có A(0; 0; 0) , B(1; 0; 0) ,C (1;2; 3) , A(0; 0; 3) A D I  Điểm trên (ABA) : A(0; 0; 0) B'    C'  Hai véctơ: AB  (1; 0; 0) , AA  (0; 0; 3) A' D' 3
    0 0 0 1 1 0     (0; 3; 0)  vtpt của (ABA) : n  [AB, AA]   ; ; 0 3 3 0 0 0        PTTQ của (ABA) : 0(x  0)  3(y  0)  0(z  0)  0  y  0 2  d(C ,(ABA))  2 02  12  02    Từ AA  CC   (0; 0; 3)  (1  xC ;2  yC ; 3  zC ) , ta tìm được C (1;2; 0)     Do CD || AB nên CD có vtcp u  AB  (1; 0; 0)  x  1  t    Và hiển nhiên CD đi qua C nên có PTTS: y  2  (t  )  z  0    2 1 3  1  3  1 3 3 1 3  Câu Va: z    i  z 2     i     i   i 2 2  2 2  4 2 4 2 2 1 3 1 3  Do đó, z 2  z  1    i  i 1  0 2 2 2 2 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO    Từ AA  CC   (0; 0; 3)  (1  xC ;2  yC ; 3  zC ) , ta tìm được C (1;2; 0)   B C  Từ AB  DC  (1; 0; 0)  (1  x D ;2  yD ; z D ) , ta tìm được D(0;2; 0)        AB  (1; 0; 0)  AB.AD  0 A        AB  AD  I D       AB  AD   AD  (0;2; 0)  AA.AB  0  AA  AB        B'          AA  (ABCD ) C' AA  (0; 0; 3) AA.AD  0 AA  AB            A'  Vậy, ABCD.A B C D  là hình hộp chữ nhật. D'  Gọi (S ) là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD.A B C D   Tâm của mặt cầu: I  2 ;1; 2  (là trung điểm đoạn AC  ) 1 3 1 1 2 14  Bán kính mặt cầu: R  AC   1  22  32  2 2 2 7  Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x  2 )2  (y  1)2  (z  2 )2  1 3 2 Câu Vb: 2 1 3  1 3  1 3 3 1 3   z   i  z 2    i     i   i 2 2  2 2  4 2 4 2 2 2  1 3  1  3   1  3      2    z  z .z    3 2  i     i            i  1    2 2  2 2   2  2  670 1 3  z 2011  z 2010 .z  z 3  .z  1670.z  z    i 2 2 1 3 1 3  Vậy, với z    i thì z 2011  z    i 2 2 2 2 4