De 19 va 20 dap an TOAN on TNTHPT

www.facebook.com/hocthemtoan

Đề số 19. TOÁN ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Thời gian: 150 phút A/ Phần chung cho tất cả các thí sinh (7đ): Câu I: (3đ) Cho hàm số: y = 42 2 xx − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dùng đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 02 24 =+− mxx . Câu II: (3đ) 1. Tính tích phân : I = ∫ ++ 1 0 2 34xx dx 2. Giải bất phương trình: ( ) ( ) 110log2log 15 1 15 1 −≥−+− xx . 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: ( ) 132 23 −+== xxxfy trên đoạn       − 1; 2 1 . Câu III: (1đ) Cho khối hình chóp SABC có đáy là ABC là tam giác đều cạnh a, SA= a 2 , SA vuông góc với mp(ABC). Hãy tính thể tích của khối chóp. B/ Phần riêng: (3đ) (Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần riêng của chương trình đó) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV a : (2đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(3,6,2) ; B(6,0,1) ; C(-1,2,0) D(0,4,1). 1) Viết phương trình mặt phẳng (BCD) 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc mp(BCD). Câu V a : (1đ) Tìm môđun của số phức Z = 1+4 ( ) 3 1 ii −+ . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV b : (2đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d 1 ):      −−= −= += tz ty tx 81 6 42 (d 2 ): 129 2 6 7 zyx = − = − − 1. Chứng minh (d 1 ) song song (d 2 ) 2. Viết phương trình mp(P) chứa cả (d 1 ) và (d 2 ). CâuV b : (1đ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số: 2; == yey x và đường thẳng 1=x . ĐÁP ÁN Câu Đáp án Điểm I 1. (2đ) TXD: D=R Sự biến thiên: • Chiều biến thiên: 'y = 4 .1,00',144 2 3 ±==⇔=−=−       xxyxxxx Suy ra: hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 1,−∞− và ( ) 1;0 hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;1− và ( ) +∞;1 • Cực trị: hàm số đạt cực đại tại 1±=x , 1= cđ y hàm số đạt cực tiểu tại 0=x , .0= ct y Giới hạn: y x lim −∞→ −∞= ; −∞= →+∞ y x lim Bảng biến thiên: x -∞ -1 0 1 +∞ y’ + 0 - 0 + 0 - y 1 1 -∞ -1 -∞ Đồ thị: Cho 20 ±=⇒= xy y 1 (d):y=m 2− -1 0 1 2 x 2. (1đ) Phương trình: 4224 202 xxmmxx −=⇔=+− Số nghiệm của pt trên là số giao điểm của đường thẳng y=m và (C). Do đó, theo đồ thị ta có:    < = 0 1 m m : pt có 2 nghiệm 0=m : pt có 3 nghiệm 0 < m < 1 : pt có 4 nghiệm m > 1 : pt vô nghiệm. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu II 3đ 1. (1đ) Ta có I = dxdx x x ∫ + ∫ + − 1 0 3 1 2 1 1 0 1 1 2 1 = 1 0 2 1 1 0 2 1 3ln1ln +−+ xx = ( ) 3ln4ln2ln 2 1 2 1 −− = 2 3 2 1 ln 0.25 0.25 0.25 0.25 2. (1đ) Điều kiện: .102 << x Khi đó: pt ( )( ) [ ] 15log102log 15 1 15 1 ≥−−⇔ xx ( )( ) [ ] 15102 ≤↔ −− xx ( do cơ số 1 15 1 < ) 03512 2 ≥+−↔ xx ↔ 5≤x hoặc 7≥x Đối chiếu với điều kiện ta chọn: 52 ≤< x hoặc 107 <≤ x 0.25 0.25 0.25 0.25 3. (1đ) TXD:       − = 1, 2 1 D y’ = 6x 2 + 6x = 0 với x       −∈ 1; 2 1    = −= ↔ 0 1 x x Nhận nghiệm x = 0 Ta có ( ) 10 −=y ; 2 1 2 1 − =         − y , ( ) 41 =y Vậy 1−= D Miny ; 4= Maxy D 0.5 0.25 0.25 III 1đ Hình vẽ: S 2a A C B 0.25 Diện tích tam giác ABC là: 4 3 2 2 31 0 2 1 2 60sin aaaACABS === Thể tích khối chóp là: 3 1 =V .S ABC .SA = 12 6 3 2 4 3 2 3 1 aaa = (đvdt) 0.25 0.25 0.25 Câu IV a 1. (1đ) Ta có → BC ( -7.2,-1); → BD ( -6,4,0)       → → BDBC, = ( ) ( ) 8,3,2.216,6,4 −=− Phương trình mặt phẳng (BCD) qua B( 6,0,1) và vectơ pháp tuyến ( ) 8,3,2 −= → n là: ( ) ( ) ( ) 0180362 =−−−+− zyx 04832 =−−+↔ zyx 0.25 0.25 0.25 0.25 2. (1đ) Ta có bán kính ( )( ) BCDAdR ,= ( ) 77 4 832 42.86.33.2 2 22 = −++ −−+ = Mặt cầu có tâm A, bán kính 77 4 =R có pt: ( ) ( ) ( ) 77 16 263 222 =−+−+− zyx 0.25 0.25 0.5 Câu V a 1đ Ta có       −+−++= 32 33141 iiiiZ ( ) ( ) iii 1133141 −−+−+ −+= i21+−= Vậy ( ) 521 2 2 =       +−= Z 0.25 0.25 0.5 CâuIV b 1. (1đ) Đường thẳng (d1) qua điểm M 1 (2,0,-1), vectơ chỉ phương ( ) 864 ,, 1 −− → u Đường thẳng (d2) qua điểm M 2 (7,2,0), vectơ chỉ phương ( ) 12,9,6− → u ( ) 2 1 2 , 1 ,00,0,0 →→ → ==    →    → → uuuu cùng phương. (*) ( ) 1,2,5 21 = → MM ; ( ) 38,44,10 21 , 1 −=     →     → MM u → ≠ 0 (**) Từ (*) và (**)suy ra d 1 // d 2 0.25 0.25 0.25 0.25 2. (1đ) Vectơ pháp tuyến của mp(P) là: ( ) ( ) 19;22;5238,44,10, 21 1 −=−=     →     → MM u Mặt phẳng (P) qua M 1 (2,0,1) nhận → n (5;-22;19) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: ( ) ( ) ( ) 011902225 =++−−− zyx ↔ 0919225 =++− zyx 0.5 0.25 0.25 Câu V b 1đ Giải pt: 2ln2 =↔= xe x Diện tích hình phẳng là: ∫ −= 2ln 1 2 x eS dx ∫       = − 2ln 1 2 dx x e ( do 2− x e không đổi dấu trên [ ] 2ln,1 ) 2ln 1 2       = − xe x ( ) 1.22ln2 12ln −−       = − ee ( ) 2ln24 +−= e 42ln2 −+= e ( đvdt). 0.25 0.25 0.25 0.25 Đề số 20. TOÁN ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Thời gian: 150 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (3 điểm) Cho hàm số 3 2 x y x − = − . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng ∆: x+2y+3=0 với đồ thị đã cho. Câu II. (3 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 2 log 5log 4 0x x− + = . 2. Tính tích phân: 3 0 sin 2 1 cos x I dx x π = + ∫ . 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 1 1 x x y f x x + − = = − trên khoảng (1;+∞). Câu III. (1 điểm) Cho khối chóp đều S.ABCD có AB = a, và góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 30 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó. 1. Chương trình Chuẩn: Câu IVa. (2 điểm)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng 3 : 2 1 3 x t y t z t = +   ∆ = +   = − +  và mặt phẳng ( ) : 2 3 0x y z α + − + = . 1. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng ∆ và mặt phẳng Oxy. 2. Chứng minh rằng đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng ( α ). Tính khoảng cách từ đường thẳng ∆ đến mặt phẳng ( α ). Câu Va. (1 điểm) Tìm môđun của số phức (2 ) (1 )(4 3 ) 4 i i i z i + + + − = − . 2. Chương trình Nâng cao: Câu IVb. (2 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng 3 2 1 : 2 1 1 x y z− − + ∆ = = − − và mặt phẳng ( ) : 2 3 0x y z α + − + = . 1. Chứng minh rằng đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng ( α ). Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng ∆ sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( α ) bằng 6 . 2. Tìm phương trình hình chiếu vuông góc của ∆ lên mặt phẳng Oxy. Câu Vb. (1 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức ( ) 8 3 i+ . −Hết− ĐÁP ÁN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (3 điểm) 1. (2 điểm) * TXĐ: { } \ 2D R= 0,25 điểm * ( ) 2 1 ' 0 2 y x − = < − 0,25 điểm * Giới hạn_tiệm cận 0,50 điểm + TCĐ: x=2 vì 2 2 lim , lim x x y y − + → → = −∞ = +∞ +TCN: y=−1 vì lim 1 x→±∞ = − * BBT 0,25 điểm Kết luận: Hàm số nghịch biến trên hai khoảng (−∞;2), (2;+∞) và không có cực trị 0,25 điểm * Đồ thị: 0,50 điểm + Điểm đặt biệt: 3 0; 2   −  ÷   , (0;3). + Đồ thị nhận giao điểm I(2;−1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. f(x)=(x-3)/(2-x) x(t)=2 , y(t)=t f(x)=-1 Series 1 -14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 -12 -10 -8 -6 -4 -2 2 x y I TCN: y=-1 TC Đ : x =2 2. (1 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm 3 3 2 2 x x x − − − = − 0,25 điểm x 2 −x=0 0,25 điểm 0 1 x x =   =  0,25 điểm Kết luận hai giao điểm ( ) 3 0; , 1; 2 2   − −  ÷   . 0,25 điểm Câu II. (3 điểm) 1. (1 điểm). 2 2 2 log 5log 4 0x x− + = (*) Điều kiện x > 0 0,25 điểm Đặt t=log 2 x (*) ⇔ t 2 −5t+4=0 0,25 điểm ⇔ t=1, t=4 0,25 điểm ⇔ x=2, x=16 0,25 điểm 2. (1 điểm) Đặt u=1+cosx ⇒ du=−sinxdx Đổi cận 3 3 2 2 0 x u u x π   = =   ⇒     = =   0,25 điểm 3 2 2 1 2 u I du u − = − ∫ 0,25 điểm ( ) 3 2 2 2 lnI u u= − − 0,25 điểm 4 1 2ln 3 I = − 0,25 điểm 3. (1 điểm) ( ) ( ) 2 2 2 2 ' ' 1 x y f x x − = = − 0,25 điểm y’=0 ⇒ x=0 (loại), x=2 (nhận) 0,25 điểm BBT 0,25 điểm Kết luận ( ) ( ) ( ) 1; min 2 5f x f +∞ = = 0,25 điểm Câu III. (1 điểm) Xác định được SO là đường cao 0,25 điểm SO= 6 6 a 0,25 điểm S ABCD =a 2 0,25 điểm V S.ABCD = 3 6 18 a 0,25 điểm II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó. 1. Chương trình Chuẩn: Câu IVa. (2 điểm) 1. (1 điểm) z=0 ⇒ 1 3 t = 0,25 điểm ⇒ 10 7 ; 3 3 x y= = 0,50 điểm Giao điểm 10 7 ; ;0 3 3    ÷   0,25 điểm 2. (1 điểm) ∆ có VTCP ( ) 1;1;3a = r và M(3;2;−1), ( α ) có VTPT ( ) 2;1; 1n = − r 0,25 điểm ( ) . 1.2 1.1 3. 1 0a n = + + − = r r 0,25 điểm ⇒∆// α . 0,25 điểm ( ) ( ) ( ) ( ) , , 2 6d d M α α ∆ = = 0,25 điểm Câu Va. (1 điểm) 9 2 4 i z i + = − 0,50 điểm 2z i= + 0,25 điểm 2 2 2 1 5z = + = 0,25 điểm 2. Chương trình Nâng cao: Câu IVb. (2 điểm) 1. (1 điểm) Pt ts của đường thẳng ∆: 3 2 2 1 x t y t z t = −   = −   = − +  0,25 điểm u n α α ∆ = − ⇒ ∆ ⊥ uur uur 0,25 điểm ( ) 3 2 ;2 ; 1M t t t− − − + ; ( ) ( ) , 6d M α = 0,25 điểm Kết luận (1;1;0), (−3;−1;2) 0,25 điểm 2. (1 điểm) Mặt phẳng Oxy có phương trình z=0 0,50 điểm Phương trình hình chiếu vuông góc lên mặt phẳng Oxy: 3 2 2 0 x t y t z = −   = −   =  0,50 điểm Câu Vb. (1 điểm) Dùng công thức Moivre z= 8 4 4 2 cos sin 3 3 i π π   +  ÷   0,50 điểm Kết luận: Phần thực −128, phần ảo −128 3 0,50 điểm −Hết− . phần dành riêng cho chương trình đó. 1. Chương trình Chuẩn: Câu IVa. (2 điểm)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng 3 : 2 1 3 x t y t z. Chứng minh rằng đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng ( α ). Tính khoảng cách từ đường thẳng ∆ đến mặt phẳng ( α ). Câu Va. (1 điểm) Tìm môđun của số phức