KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 8

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

Thêm vào BST

Báo xấu

47
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 8', 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 8

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 08 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) 2x  1 Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y  x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 4. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log2 x  log4 (4x 2 )  5  0 2  sin x  cos x 2) Tính tích phân: I  3 dx 0 cos x 3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau đây đạt cực tiểu tại điểm x 0  2 y  x 3  3mx 2  (m 2  1)x  2 Câu III (1,0 điểm):  Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BAC = 300 ,SA = AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Tính VS.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). 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 (O, i , j , k ) , cho OM  3i  2k , mặt cầu (S ) có phương trình: (x  1)2  (y  2)2  (z  3)2  9 1) Xác định toạ độ tâm I và bán kính của mặt cầu (S ) . Chứng minh rằng điểm M nằm trên mặt cầu, từ đó viết phương trình mặt phẳng () tiếp xúc với mặt cầu tại M. 2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu, song song với mặt phẳng () , x 1 y 6 z 2 đồng thời vuông góc với đường thẳng  :   . 3 1 1 Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: z 2  2z  5  0 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có toạ độ các đỉnh là A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) 1) Viết phương trình đường vuông góc chung của AB và CD. 2) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây y  ln x , trục hoành và x = e ---------- Hết --------- Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I: 2x  1 y x 1  Tập xác định: D   \ {1} 1  Đạo hàm: y    0, x  D (x  1)2  Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: lim y  2 ; lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang. x  x  lim y   ; lim y    x  1 là tiệm cận đứng. x 1 x 1  Bảng biến thiên x – 1 + y – – 2 y + y – 2 1  Giao điểm với trục hoành: y  0  2x  1  0  x  2 3 Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  1 2,5  Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 2 y 3/2 1 || 3 5/2 1  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: 2x  1 -1 O 1 2 3 x  (C ) : y  x 1  Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên f (x 0 )  4   x  1  1 x  3 1 1  0 2   0 2   4  (x 0  1)2    (x 0  1)2 4 x  1   1 x  1  0  0  2  2 3 2. 3  1  3  Với x 0   y0  3 2  4 .pttt là: y  4  4 x    y  4x  10   2 2 1   2  1 2. 1  1  1  Với x 0   y0  1 2  0 . pttt là: y  0  4 x    y  4x  2   2 2 1   2   Vậy, có 2 tiếp tuyến thoả mãn ycbt là : y  4x  2 và y  4x  10 Câu II:  Điều kiện: x > 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương với log2 x  (log4 4  log4 x 2 )  5  0  log2 x  log2 x  6  0 (*) 2 2  Đặt t  log2 x , phương trình (*) trở thành t  3 log x  3 x  23 2 t t  6  0      2   (nhận cả hai nghiệm) t  2  log2 x  2 x  2 2 1  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm : x  8 và x  4 2
    sin x  cos x  sin x cos x  dx  3 sin x dx  3 1.dx I  3 dx   3      0 cos x 0 0 cos x 0  cos x  cos x   sin x.dx  Với I1   3 , ta đặt t  cos x  dt   sin x .dx  sin x .dx  dt 0 cos x  Đổi cận: x 0 3 1 t 1 2 1 dt   1 dt 1 1 Thay vào: I 1   2   t   1  ln t 1  ln1  ln  ln 2 1   t 2 2 2     Với I 2   3 1.dx x0  3 0 3   Vậy, I  I1  I 2  ln 2  3 3 2 2  y  x  3mx  (m  1)x  2 có TXĐ D    y   3x 2  6mx  m 2  1  y   6x  6m  f (2)  0 3.22  6m.2  m 2  1  0    Hàm số đạt cực tiểu tại x 0  2     f (2)  0  6.2  6m  0     m 2  12m  11  0  m  1 hoac m  11      m 1 12  6m  0  m  2      Vậy, với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x0  2 Câu III Theo giả thiết, SA  AB , BC  AB , BC  SA S Suy ra, BC  (SAB ) và như vậy BC  SB a 3 a a  Ta có, AB  AC .cos 300  và BC  AC .sin 300  2 2 a 2 A C 2 3a 2a 7 2 SB  SA  AB  a   4 2 B 1 1 a 3 a a2 3 1 a3 3  SABC  AB.BC      VS .ABC  SA  SABC  2 2 2 2 8 3 24 1 1 a 7 a a2 7  SSBC  SB.BC     2 2 2 2 8 1 3V a3 3 8 a 21  VS .ABC  d(A,(SBC )).SSBC  d(A,(SBC ))  S .ABC  3    3 SSBC 24 a 2 7 7 THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:     OM  3i  2k  M (3; 0;2) và (S ) : (x  1)2  (y  2)2  (z  3)2  9  Mặt cầu có tâm I (1; 2; 3) và bán kính R  3  Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu: (3  1)2  (0  2)2  (2  3)2  9 là đúng Do đó, M  (S ) 3
    () đi qua điểm M, có vtpt n  IM  (2;2; 1)  Vậy, PTTQ của () là: 2(x  3)  2(y  0)  1(z  2)  0  2x  2y  z  4  0  Điểm trên d: I (1; 2; 3)    () có vtpt n  (2;2; 1) và  có vtcp u  (3; 1;1) nên d có vtcp     2 1 1 2 2 2      (1; 5; 8) u  [n, u ]   1 ; ;      1 1 3 3 1   x  1  t     Vậy, PTTS của d là: y  2  5t (t  )   z  3  8t    2 Câu Va: z  2z  5  0 (*)  Ta có,   22  4.(1).(5)  16  (4i)2  Vậy, pt (*) có 2 nghiệm phức phân biệt 2  4i 2  4i z1   1  2i và z2   1  2i 2 2 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:    Ta có, AB  (0;1; 0) và CD  (1;1; 1)  Gọi M,N lần lượt là điểm nằm trên AB và CD thì toạ độ của M,N có dạng M (1;1  t;1), N (1  t ;1  t ;2  t )   MN  (t ; t  t ; t   1)  MN là đường vuông góc chung của AB và CD khi và chỉ khi      AB.MN  0 t  t   0      1      t  t  CD.MN  0  t    t t t  1  0 2     3   3 3 3   1  1   Vậy, M 1; ;1, N  ; ;   MN   ;0;   hay u  (1; 0;1) là vtcp của d cần tìm      2 2 2       2     2 2 x  1  t      3 PTCT của đường vuông góc chung cần tìm là: y  (t  )   2 z  1  t     Phương trình mặt cầu (S ) có dạng: x  y  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 2 2  Vì A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) thuộc (S ) nên: 3  2a  2b  2c  d  0  2a  2b  2c  d  3  d  2a  2b  2c  3  d  6          6  2a  4b  2c  d  0  2a  4b  2c  d  6    2b   3 b  3 / 2         6  2a  2b  4c  d  0  2a  2b  4c  d  6    2b  2c  0 c  3 / 2   9  4a  4b  2c  d  0  4a  4b  2c  d  9  2a  2b  2c  3  a  3 / 2             2 2 2  Vậy, phương trình mặt cầu là: x  y  z  3x  3y  3z  6  0 Câu Vb: Cho y  ln x  0  x  1  Diện tích cần tìm là: e e S 1 ln x dx  1 ln xdx 4
  u  ln x  du  1 dx   Đặt    x . Thay vào công thức tính S ta được: dv  dx  v  x      e e e S  x ln x 1   dx  e ln e  1ln 1  x 1  e  0  e  1  1 (đvdt) 1  Vậy, diện tích cần tìm là: S = 1 (đvdt) 5