KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 9

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

Thêm vào BST

Báo xấu

47
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 9', 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 9

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 09 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 2 (4  x 2 ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Tìm điều kiện của tham số b để phương trình sau đây có 4 nghiệm phân biệt: x 4  4x 2  log b  0 3) Tìm toạ độ của điểm A thuộc (C ) biết tiếp tuyến tại A song song với d : y  16x  2011 Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log2 (x  3)  log2 (x  1)  3  sin x 2) Tính tích phân: I  2 dx 1  2 cos x 3 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  e x  4e x  3x trên đoạn [1;2] Câu III (1,0 điểm): Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau, SB =SC = 2cm, SA = 4cm. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, từ đó tính diện tích của mặt cầu đó. 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 Oxyz , cho điểm A(3;2; 3) và hai đường thẳng x 1 y  2 z  3 x  3 y 1 z  5 d1 :   và d2 :   1 1 1 1 2 3 1) Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau. 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 . Tính khoảng cách từ A đến mp(P). Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: y  x 2  x  1 và y  x 4  x  1 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x 1 y  2 z  3 x y 1 z  6 d1 :   và d2 :   1 1 1 1 2 3 1) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau. 2) Viết phương trình mp(P) chứa d1 và song song với d2 . Tính khoảng cách giữa d1 và d2 Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: y  2x , x  y  4 và trục hoành ......... Hết .......... Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  y  x 2 (4  x 2 )  x 4  4x 2  Tập xác định: D    Đạo hàm: y   4x 3  8x 4x  0 x  0 x  0   0  4x 3  8x  0  4x (x 2  2)  0   2     Cho y x 2  2   x  2  0  x   2  Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x   Bảng biến thiên x –  2 0 2 + y + 0 – 0 + 0 – 4 4 y – 0 –  Hàm số ĐB trên các khoảng (;  2),(0; 2) , NB trên các khoảng ( 2; 0),( 2; ) Hàm số đạt cực đại yCĐ = 4 tại x CÑ   2 , y đạt cực tiểu yCT = 0 tại x CT  0 . 4  Giao điểm với trục hoành: x 2  0 x  0 y = logm cho y  0  x  4x  0   2 4 2   x  4 x  2 Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  0  Bảng giá trị: x 2  2 0 2 2 y 0 0 0 4 0 -2 - 2 O 2 2x  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:  x 4  4x 2  log b  0  x 4  4x 2  log b (*)  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = logb  Dựa vào đồ thị, (C) cắt d tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi 0  log b  4  1  b  104  Vậy, phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1  b  104  Giả sử A(x 0 ; y 0 ) . Do tiếp tuyến tại A song song với d : y  16x  2011 nên nó có hệ số góc f (x 0 )  16  4x 0  8x 0  16  4x 0  8x 0  16  0  x 0  2 3 3  x 0  2  y0  0  Vậy, A(2; 0) Câu II:  log2 (x  3)  log2 (x  1)  3 x  3  0  x  3   Điều kiện:      x  3 . Khi đó, x  1  0  x  1    log2 (x  3)  log2 (x  1)  3  log2 (x  3)(x  1)  3  (x  3)(x  1)  8 2
x  1 (loai )  x 2  x  3x  3  8  x 2  4x  5  0   x  5 (nhan)  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5  sin x  I  2 dx 1  2 cos x 3 dt  Đặt t  1  2 cos x  dt  2 sin x .dx  sin x .dx  2    Đổi cận: x 3 2 t 2 1 2 1 1   dx  2 dt 1 1  Thay vào: I       2     ln t  ln 2  ln 2 2 t  1 2t 2 1 2  Vậy, I  ln 2  Hàm số y  e x  4e x  3x liên tục trên đoạn [1;2]  Đạo hàm: y   e x  4e x  3 4  Cho y   0  ex  4ex  3  0  ex  x  3  0  e2x  3ex  4  0 (1) e x Đặt t  e (t > 0), phương trình (1) trở thành: t  1 (nhan) t 2  3t  4  0    e x  1  x  0  [1;2] (loại) t  4 (loai) 4 4  f (1)  e   3 và f (2)  e2  2  6 e e 4 4  Trong 2 kết quả trên số nhỏ nhất là: e   3 , số lớn nhất là e2  2  6 e e 4 2 4  Vậy, min y  e   3 khi x = 1 và max y  e  2  6 khi x = 2 [1;2] e [1;2] e A Câu III  Gọi H,M lần lượt là trung điểm BC, SA và SMIH là hbh.  Ta có, IH || SA  (SBC )  IH  SH  SMIH là hình chữ nhật M  Dễ thấy IH là trung trực của đoạn SA nên IS = IA I S C H là tâm đường tròn ngoại tiếp SBC và IH  (SBC ) nên IS  IB  IC ( IA)  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. H B 1 1 1 2 1 1  Ta có, SH  BC  SB 2  SC 2  2  22  2 (cm) và IH  SM  SA  (cm) 2 2 2 2 2  Bán kính mặt cầu là: R  IS  SH 2  IH 2  ( 2)2  22  6  Diện tích mặt cầu : S  4R2  4( 6)2  24(cm) THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:   d1 đi qua điểm M 1(1; 2;3) , có vtcp u1  (1;1; 1)   d2 đi qua điểm M 2 (3;1;5) , có vtcp u2  (1;2; 3)    1 1 1 1 1 1      Ta có [u1, u2 ]    2 3 ; 3 1 ; 1 2   (5; 4;1)       3
  và M 1M 2  (2; 3;2)      Suy ra, [u1, u2 ].M 1M 2  5.2  4.3  1.2  0 , do đó d1 và d2 cắt nhau.  Mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 .  Điểm trên (P): M 1(1; 2; 3)     vtpt của (P): n  [u1, u2 ]  (5; 4;1)  Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x  1)  4(y  2)  1(z  3)  0  5x  4y  z  16  0  Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là: 5.(3)  4.2  (3)  16 42 d(A,(P ))    42 2 2 2 5  (4)  1 42 2 4 Câu Va: y  x  x  1 và y  x  x  1  Cho x 2  x  1  x 4  x  1  x 2  x 4  0  x  0, x  1 1 1 x 2  Vậy, diện tích cần tìm là : S   x 4 dx 0 1 x 3 x 5   3 5 0 1  S   (x  x )dx   (x  x )dx   2 4 2 4    x  x   2  2  4    3     1 0 5  1 3 5 0 15 15 15 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:   d1 đi qua điểm M 1(1; 2;3) , có vtcp u1  (1;1; 1)   d2 đi qua điểm M 2 (3;2; 3) , có vtcp u2  (1;2; 3)    1 1 1 1 1 1      Ta có [u1, u2 ]    2 3 ; 3 1 ; 1 2   (5; 4;1)         và M 1M 2  (4; 4; 6)      Suy ra, [u1, u2 ].M 1M 2  5.(4)  4.4  1.(6)  42  0 , do đó d1 và d2 chéo nhau.  Mặt phẳng (P) chứa d1 và song song với d2 .  Điểm trên (P): M 1(1; 2; 3)     vtpt của (P): n  [u1, u2 ]  (5; 4;1)  Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x  1)  4(y  2)  1(z  3)  0  5x  4y  z  16  0  Khoảng cách giữa hai đường thẳng d1 và d2 bằng khoảng cách từ M2 đến mp(P): 5.(3)  4.2  (3)  16 42 d(d1, d2 )  d(M2,(P ))    42 52  (4)2  12 42 Câu Vb: y2  Ta có, y  2x  x  (y  0) và x  y  4  x  4  y 2 Trục hoành là đường thẳng có phương trình y = 0: y2 y2 y  4 (nhan)  Cho  4 y   y  4  0   2 2 y  2 (loai) 4
y2 2  Diện tích cần tìm là: S    y  4 dx 0 2 2 2 y2 y 3 y 2   14 14 S   (  y  4)dx     4y     6   (đvdt) 0 2  2 0 3 3 5