KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 6

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

Thêm vào BST

Báo xấu

43
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y x 3 3x 2 3x 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng có phương trình y 3x . Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 6.4x 5.6x 6.9x 0

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 6

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 06 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 3  3x 2  3x 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng có phương trình y  3x . Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 6.4x  5.6x  6.9x  0  2) Tính tích phân: I   (1  cos x )xdx 0 3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  e x (x 2  3) trên đoạn [–2;2]. Câu III (1,0 điểm): Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (BA = BC), cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và có độ dài là a 3 , cạnh bên SB tạo với đáy một góc 600. Tính diện tích toàn phần của hình chóp. 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 điêm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2;1;1) và hai đường thẳng x 1 y  2 z  1 x 2 y 2 z 1 d:   , d :   1 3 2 2 3 2 1) Viết phương trình mặt phẳng () đi qua điểm A đồng thời vuông góc với đường thẳng d 2) Viết phương trình của đường thẳng  đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d đồng thời cắt đường thẳng d  Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: (z )4  2(z )2  8  0 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điêm): Trong không gian Oxyz cho mp(P) và mặt cầu (S) lần lượt có phương trình (P ) : x  2y  2z  1  0 và (S ) : x 2  y 2  z 2 – 4x  6y  6z  17  0 1) Chứng minh mặt cầu cắt mặt phẳng. 2) Tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn giao tuyến của mặt cầu và mặt phẳng. 1 Câu Vb (1,0 điểm): Viết số phức sau dưới dạng lượng giác z  2  2i ---------- Hết ---------- Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I :  y  x 3  3x 2  3x  Tập xác định: D    Đạo hàm: y   3x 2  6x  3  Cho y   0  3x 2  6x  3  0  x  1  Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x   Bảng biến thiên x – 1 + y + 0 + y y – 1 +  Hàm số ĐB trên cả tập xác định; hàm số không đạt cực trị.  y   6x  6  0  x  1  y  1 . Điểm uốn là I(1;1)  Giao điểm với trục hoành: 2 I Cho y  0  x 3  3x 2  3x  0  x  0 1 Giao điểm với trục tung: Cho x  0  y  0 O 1 2 x  Bảng giá trị: x 0 1 2 y 0 1 2  Đồ thị hàm số (như hình vẽ bên đây):  (C ) : y  x 3  3x 2  3x . Viết của (C ) song song với đường thẳng  : y  3x .  Tiếp tuyến song song với  : y  3x nên có hệ số góc k  f (x 0 )  3 x  0 Do đó: 3x 0  6x 0  3  3  3x 0  6x 0  0   0 2 2 x 0  2  Với x 0  0 thì y 0  03  3.02  3.0  0 và f (x 0 )  3 nên pttt là: y  0  3(x  0)  y  3x (loại vì trùng với  )  Với x 0  2 thì y 0  23  3.22  3.2  2 và f (x 0 )  3 nên pttt là: y  2  3(x  2)  y  3x  4  Vậy, có một tiếp tuyến thoả mãn đề bài là: y  3x  4 Câu II  6.4x  5.6x  6.9x  0 . Chia 2 vế pt cho 9x ta được 4x 6x  2 2x  x    5. 2   6  0 (*) 6. x  5. x  6  0  6.    9 9    3    3  2 x   Đặt t    (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành   3  3 2 6t 2  5t  6  0  t  (nhan) , t   (loai) 2 3 3  2 x   x  1  Với t  :    3   2    2   x  1       2  3  2  3    3   2
 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 .     I   (1  cos x )xdx   xdx   x cos xdx 0 0 0   x2 2 02 2  Với I 1   xdx     0 2 0 2 2 2   Với I 2   x cos xdx 0 u  x  du  dx   Đặt     . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: dv  cos xdx  v  sin x        I 2  x sin x 0   sin xdx  0  ( cos x ) 0  cos x 0  cos   cos 0  2 0 2   Vậy, I  I1  I 2  2 2  Hàm số y  e x (x 2  3) liên tục trên đoạn [–2;2]  y   (e x ) (x 2  3)  e x (x 2  3)  e x (x 2  3)  e x (2x )  e x (x 2  2x  3) x  1  [2;2] (nhan)  Cho y   0  ex (x 2  2x  3)  0  x 2  2x  3  0   x  3  [2;2] (loai)  Ta có, f (1)  e1(12  3)  2e f (2)  e 2[(2)2  3]  e 2 f (2)  e 2 (22  3)  e 2  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 2e và số lớn nhất là e 2  Vậy, min y  2e khi x  1; max y  e 2 khi x  2 [2;2] [2;2] Câu III  Theo giả thiết, SA  AB , SA  AC , BC  AB , BC  SA Suy ra, BC  (SAB ) và như vậy BC  SB S Do đó, tứ diện S.ABC có 4 mặt đều là các tam giác vuông.   Ta có, AB là hình chiếu của SB lên (ABC) nên SBA  600  SA SA a 3 a 3 tan SBA   AB    a ( BC ) AB  3 tan SBO C A 2 2 2 2 AC  AB  BC  a  a  a 2 60 2 2 2 2 SB  SA  AB  (a 3)  a  2a B  Vậy, diện tích toàn phần của tứ diện S.ABC là: STP  S SAB  S SBC  S SAC  S ABC 1  (SA.AB  SB.BC  SA.AC  AB.BC ) 2 1 3 3  6 2  (a 3.a  2a.a  a 3.a 2  a.a )  a 2 2 3
THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:  Điểm trên mp () : A(2;1;1)    vtpt của () là vtcp của d: n  ud  (1; 3;2)  Vậy, PTTQ của mp () : A(x  x 0 )  B(y  y0 )  C (z  z 0 )  0 d  1(x  2)  3(y  1)  2(z  1)  0 d'  x  2  3y  3  2z  2  0 A B  x  3y  2z  1  0  x  2  2t     PTTS của d  : y  2  3t . Thay vào phương trình mp () ta được:   z  1  2t    (2  2t )  3(2  3t )  2(1  2t )  1  0  7t  7  0  t  1  Giao điểm của () và d  là B(4; 1; 3)    Đường thẳng  chính là đường thẳng AB, đi qua A(2;1;1) , có vtcp u  AB  (2; 2; 4) nên x  2  2t    có PTTS:  : y  1  2t (t  )   z  1  4t    4 2 Câu Va: (z )  2(z )  8  0  Đặt t  (z )2 , thay vào phương trình ta được t  4 (z )2  4 z  2 z  2 2 t  2t  8  0      2      t  2 (z )  2 z  i 2 z  i 2  Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm: I z1  2 ; z 2  2 ; z 3  i 2 ; z 4  i 2 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Từ pt của mặt cầu (S) ta tìm được hệ số : a = 2, b = –3, c = –3 và d = 17 Do đó, mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính R  22  (3)2  (3)2  17  5 2  2(3)  2(3)  1  Khoảng cách từ tâm I đến mp(P): d  d(I ,(P ))  1R 2 2 2 1  (2)  2  Vì d(I ,(P ))  R nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) Gọi d là đường thẳng qua tâm I của mặt cầu và vuông góc mp(P) thì d có vtcp x  2  t     u  (1; 2;2) nên có PTTS d : y  3  2t (*). Thay (*) vào pt mặt phẳng (P) ta được   z  3  2t    1 (2  t )  2(3  2t )  2(3  2t )  1  0  9t  3  0  t   3  5 7 11   Vậy, đường tròn (C) có tâm H  ;  ;   và bán kính r  R  d  5  1  2  2 2 3 3  3 Câu Vb: 4
1 2  2i 2  2i 2  2i 1 1  1 2  1 2 2 z      i  z         4    4  2  2i (2  2i)(2  2i) 4  4i 2 8 4 4   4 1 1 2 2    2      2 cos   sin  i   Vậy, z   i   i     4 4 4  2  2   4  4 4  5