De 1 va 2 dap an TOAN on TNTHPT

www.facebook.com/hocthemtoan

Đề 01. THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (3,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2xy x= − + có đồ thị (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dùng đồ thị (C), xác định m để phương trình sau có đúng bốn nghiệm phân biệt: 4 2 2 0x x m− + = ? Câu II: (3,0 điểm) 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2 ( ) 2x 3x 12x + 7f x = − − trên đoạn [ ] 0;3 . 2. Giải phương trình: x x 1 2 2 log (2 1).log (2 2) 12 + − − = 3. Tính tích phân: 2 2 0 .cos= ∫ I x xdx π Câu III: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC. Gọi M là một điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2MA. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp M.SBC và M.ABC. II – PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu IV.a: (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm M(1; 1;2);− N(2;1;2); P(1;1;4); và −R(3; 2;3) . 1. Viết phương trình mặt phẳng (MNP). Suy ra MNPR là một tứ diện. 2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua R và song song với mặt phẳng (MNP). Câu V.a: (1,0 điểm)Tính môđun của số phức: 3 z 1 4i (1 i)= + + − 2. Theo chương trình nâng cao Câu IV.b: (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( α ): 2x y 2z 3 0− + − = và hai đường thẳng ( d 1 ) : x 4 y 1 z 2 2 1 − − = = − , ( d 2 ) : x 3 y 5 z 7 2 3 2 + + − = = − . 1. Chứng tỏ đường thẳng ( d 1 ) song song mặt phẳng ( α ) và ( d 2 ) cắt mặt phẳng ( α ). 2. Tính khoảng cách giữa đường thẳng ( d 1 ) và ( d 2 ). 3. Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) song song với mặt phẳng ( α ) , cắt đường thẳng ( d 1 ) và ( d 2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3. Câu V.b: (1,0 điểm) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y = 2 x và (G) : y = x . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành . ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (3,0 điểm) 1. (2,0 điểm) a) Tập xác định: D = ¡ 0,25 b) Sự biến thiên: • Chiều biến thiên: 3 2 y' 4x 4x 4x(1-x )= − + = 0 0 ' = 0 1 1 1 1 = ⇒ =   ⇔ = − ⇒ =   = ⇒ =  x y y x y x y - Trên các khoảng ( ; 1) vaø (0;1)−∞ − , y' 0> nên hàm số đồng biến. - Trên các khoảng ( 1;0) vaø (1; )− +∞ , y' 0< nên hàm số nghịch biến. • Cực trị: Hàm số đạt cực trị tại CÑ x 1, y y( 1) 1= ± = ± = Hàm số đạt cực tiểu tại CT x 0, y y(0) 0= = = • Giới hạn: lim x y →−∞ = −∞ và lim x y →+∞ = +∞ 0,75 • Bảng biến thiên: x −∞ 1− 0 1 +∞ 'y − 0 + 0 − 0 + y 1 1 −∞ 0 +∞ 0,50 c) Đồ thị: 0,50 2. (1,0 điểm) - Phương trình đã cho được viết lại: 4 2 2x x m− + = - Do đó, số nghiệm phân biệt của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y = m - Dựa vào đồ thị (C), ta được 0 1m < < thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt. 1,00 Câu II (3,0 điểm) 1.(1,0 điểm) - Ta có: 2 2 f '(x) 6x 6x - 12 = 6(x - x - 2)= − - Xét trên đoạn [ ] 0;3 , ta có: f '(x) 0 x 2= ⇔ = - Mặt khác: = = − = −f(0) 7;f(2) 13;f(3) 2 - Vậy [ ] [ ] = = − 0;2 0;3 minf(x) f(2) 13;max f(x) = f(0) = 7 1,00 2.(1,0 điểm) - Điều kiện: x > 1 - Biến đổi phương trình về dạng: 1,00 -1 1 1 0 y x − + − − = 2 2 x x log (2 1).[1 log (2 1)] 12 0 (1) - Đặt 2 log (2 1) x t = − , ta có: 2 3 (1) 12 0 4 t t t t =  ⇔ + − = ⇔  = −  Với t = 3 thì 2 2 log (2 1) 3 2 9 log 9 x x x− = ⇒ = ⇒ = Với t = − 4 thì 2 2 17 17 log (2 1) 4 2 log 16 16 x x x− = − ⇒ = ⇒ = 3.(1,0 điểm) - Ta có: 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 I xdx xcos2xdx xcos2xdx 2 2 16 2 π π π π = + = + ∫ ∫ ∫ 0,25 - Tính: - Tính 2 0 1 J xcos2xdx 2 π = ∫ : Đặt du dx u x 1 dv cos2xdx v = sin2x 2 =  =   ⇒   =    π π π = = − ∫ 2 2 2 0 0 0 1 1 1 1 J xsin2x - sin2xdx = cos2x 4 4 8 4 - Vậy: 2 2 1 1 I 16 4 16 π π − = − = 0,75 Câu III (1,0 điểm) - Vẽ hình: 0,25 - Ta có: V SM 2 2 S.MBC V .V (1) S.MBC S.ABC V SA 3 3 S.ABC = = ⇒ = 2 1 V V V V .V .V (2) M.ABC S.ABC S.MBC S.ABC S.ABC S.ABC 3 3 = − = − = Từ (1) , (2) suy ra : V V M.SBC S.MBC 2 V V M.ABC M.ABC = = 0,75 II – PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình chuẩn Câu IV.a (2,0 điểm) 1. (1,00 điểm) - Viết phương trình mp(MNP): + Ta có: MN (1;2;0)= uuuur và PQ (0;2;2)= uuur ⇒ Vectơ pháp tuyến n MN,MP (4; 2;2)   = = −   r uuuur uuur + Pt mp (MNP) đi qua M(1; 1;2)− và nhận VTPT là n (2; 1;1)= − r là: 1,00 2(x 1) 1(y 1) 1(z 2) 0 2x - y + z - 5 = 0− − + + − = ⇔ - Thay tọa độ −R(3; 2;3) vào mp(MNP) ta được: 2.3 – (–2) + 3 – 5 ≠ 0 Suy ra: ∉R (MNP) hay MNPR là một tứ diện. 2.(1,00 điểm) - Gọi ( α ) là mặt phẳng đi qua R và song song với (MNP). - Vì ( α ) // (MNP) nên ( α ) nhận n (2; 1;1)= − r làm vectơ pháp tuyến. - Do đó, phương trình mp ( α ) là: 2(x 3) 1(y 2) 1(z 3) 0− − + + − = hay là 2x – y + z – 11 = 0 1,00 Câu V.a (1,0 điểm) Ta có: − = − + − = − − + = − − 3 3 2 3 (1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i . Do đó : 2 2 z 1 2i z ( 1) 2 5= − + ⇒ = − + = 1,00 2. Theo chương trình nâng cao Câu IV.b (2,0 điểm) 1.(0,75 điểm) - Ta có qua A(4;1;0) qua B( 3; 5;7) (d ): , (d ): , 1 2 VTCP u (2;2; 1) VTCP u (2;3; 2) 1 2   − −   = − = −   r r     ( )α có VTPT n (2; 1;2)= − r - Vì u .n 0 1 = r r và A ( )∉ α nên ( d 1 ) // ( α ) . - Vì u .n 3 0 2 = − ≠ r r nên ( d 1 ) cắt ( α ) 0,75 2.(0,5 điểm) Vì [u ,u ] ( 1;2;2) , AB ( 7; 6;7) 1 2 = − = − − uuur r r nên [u ,u ].AB 1 2 d((d ),(d )) 3 1 2 [u ,u ] 1 2 = = uuur r r r r 0,50 3.(0,75 điểm) - Phương trình qua (d ) 1 mp( ): ( ):2x y 2z 7 0 // ( )   β ⇒ β − + − =  α     - Gọi N (d ) ( ) N(1;1;3) 2 = ∩ β ⇒ ; M (d ) M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3) 1 ∈ ⇒ + + − = + − − uuuur - Theo đề : 2 MN 9 t 1= ⇔ = − . - Vậy qua N(1;1;3) x 1 y 1 z 3 ( ): ( ): 1 2 2 VTCP NM (1; 2; 2)  − − − ∆ ⇒ ∆ = =  − − = − −  uuuur   0,75 Câu V.b (1,0 điểm) - Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị ( C) và (G) : 2 x x x 0,x 1= ⇔ = = - Khi đó (H) giới hạn bởi các đường thẳng x = 0 , x = 1 , (C) và (G). - Vì 2 0 x x , x (0;1)< < ∀ ∈ nên gọi 1 2 V ,V lần lượt là thể tích sinh ra bởi ( C) và (G) . - Khi đó : π = − = π − = π − = ∫ 1 1 2 5 4 2 1 0 0 x x 3 V V V (x x )dx [ ] 2 5 10 1,00 Đề số 02- TOÁN ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Thời gian 150 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm). 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 3 2 3 2y x x= − + − 2.Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng 2y mx= − cắt đồ thị ( )C tại ba điểm phân biệt. Câu II (3,0 điểm ) 1. Giải bất phương trình 2 3 log ( 1) 2x + < 2. Tính tích phân 3 3 0 sinx cos I dx x π = ∫ 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) x f x xe − = trên đoạn [ ] 0;2 . Câu III (1,0 điểm ) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều, các cạnh bên đều bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 0 30 . Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm ) 1.Theo chương trình Chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm ). Trong không gian Oxyz cho điểm A được xác định bởi hệ thức OA 2 3i j k = + + uuur r r r và đường thẳng d có phương trình tham số 1 2 x t y t z t =   = +   = −  ( t ∈¡ ) 1.Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng ( )P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. 2.Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. Câu V.a (1,0 điểm ) Tìm mô đun của số phức 17 2 1 4 z i = + + 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu IV.b (2,0 điểm ). Trong không gian Oxyz cho điểm A được xác định bởi hệ thức OA 2i j k= + + uuur r r r và mặt phẳng ( )P có phương trình tổng quát 2 3 12 0x y z− + + = 1.Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( )P 2.Tính khoảng cách giữa đường thẳng OA và mặt phẳng ( )P Câu V.b (1,0 điểm ) Cho số phức 5 3 3 1 2 3 i z i + = − . Tính 12 z Hết ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu I (3 điểm) 1. (2 điểm) Tập xác định D = ¡ 0,25 Sự biến thiên: 2 ' 3 6y x x= − + ; 0 y'=0 2 x x =  ⇔  =  0,25 Giới hạn : lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = −∞ = +∞ 0,25 Bảng biến thiên: 0,5 Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;0)−∞ , (2; )+∞ Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = y(2) = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = y(0) = -2 0,25 Đồ thị Giao điểm của ( )C với các trục toạ độ (0;-2),(1;0) Đồ thị ( )C nhận điểm I(1;0) làm tâm đối xứng 0,5 2 (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( )C và đường thẳng 2y mx= − là: 3 2 3 2 2x x mx− + − = − 2 ( 3 ) 0x x x m⇔ − + = 2 0 3 0 x x x m =  ⇔  − + =  0,25 Đường thẳng 2y mx= − cắt đồ thị ( )C tại ba điểm phân biệt ⇔ Phương trình 2 3 0x x m− + = có 2nghiệm phân biệt, khác 0 0,25 x y’ y -∞ 0 2 +∞ 0 0- + - -2 CT CĐ +∞ -∞ 2 2 9 4 0 0 3.0 0 m m ∆ = − >  ⇔  − + ≠  9 0 4 m⇔ ≠ < 0,5 Câu II (3 điểm ) 1. (1,0 điểm ) Bất phương trình đã cho tương đương với hệ bất phương trình 2 2 2 ( 1) 0 ( 1) 3 x x  + >   + <   0,25 2 1 2 8 0 x x x ≠ −  ⇔  + − <  1 4 2 x x ≠ −  ⇔  − < <  4 1x⇔ − < < − hoặc 1 2x− < < 0,75 2.(1,0 điểm ) Đặt osx dt=-sinxdt sinxdx=-dtt c = ⇒ ⇒ 0,25 Đổi cận 1 0 1, 3 2 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = 0,25 Do đó 1 1 3 3 1 1 2 2 1 I dt t dt t − = = ∫ ∫ 1 1 2 2 1 2t = − 3 2 = 0,5 3. (1,0 điểm ) '( ) (1 ) x x x f x e xe e x − − − = − = − ; [ ] '( ) 0 1 0;2f x x= ⇔ = ∈ 0,5 2 1 (0) 0, (2) 2 , (1)f f e f e − − = = = 0,25 Suy ra [ ] -1 0;2 axf(x)=e x m ∈ tại 1x = ; [ ] 0;2 min f(x)=0 x∈ tại 0x = 0,25 Gọi O là tâm của tam giác đều ABC ,gọi H là trung điểm của BC Vì SA SB SC a= = = nên SO (ABC)⊥ Do đó · 0 30SAO = , 0 .sin 30 2 a SO SA= = , 3 2 a AO = , 3 3 3 3 3 2 4 2 2 a a AH AO= = = Vì ABC là tam giác đều nên 3 2 a BC = 0,5 Diện tích đáy 2 1 1 3 3 3 9 3 . . . 2 2 2 4 16 ABC a a a S BC AH ∆ = = = 0,25 Do đó thể tích khối chóp .S ABC là 2 3 . 1 1 9 3 3 3 . . . 3 3 16 2 32 S ABC ABC a a a V S SO ∆ = = = 0,25 1. (1,0 điểm) Vì ( )P d⊥ nên ( )P có một vectơ pháp tuyến (1;1; 1)n = − r 0,25 Câu IVa (2,0 điểm) ( )P đi qua (1;2;3)A và có vectơ pháp tuyến (1;1; 1)n = − r nên có phương trình: 1( 1) 1( 2) 1( 3) 0x y z− + − − − = 0,5 0x y z⇔ + − = 0,25 2. (1,0 điểm ) Gọi ( )M d P= ∩ . Suy ra 1 4 5 ( ; ; ) 3 3 3 M 0,5 Do đó 2 6 ( , ) 3 d A d AM= = 0,5 Câu Va (1,0 điểm) Ta có 2 2 17(1 4 ) 17(1 4 ) 2 2 3 4 (1 4 )(1 4 ) 1 4 i i z i i i − − = + = + = − + − + 0,5 Do đó 2 2 3 ( 4) 5z = + − = 0,5 Câu IVb (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Vì ( )d P⊥ nên d có một vectơ chỉ phương (1; 2;3)a = − r 0,5 Đường thẳng d đi qua (1;2;1)A có phương trình chính tắc dạng: 1 2 1 1 2 3 x z z− − − = = − 0,5 2. (1,0 điểm ) Đường thẳng OA đi qua (1;2;1)A và có vectơ chỉ phương (1;2;1)u OA= = r uuur Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến (1; 2;3)n = − r 0,25 Ta có ( ) u n A P  ⊥   ∉   r r (vì . 0u n = r r và 1 2.2 3.1 12 0− + + ≠ ) Suy ra //( )OA P 0,25 0,25 Do đó 6 14 ( ,( )) ( ,( )) 7 d OA P d O P= = 0,25 Ta có 2 2 (5 3 3 )(1 2 3 ) 13 13 3 1 3 (1 2 3 )(1 2 3 ) 1 (2 3) i i i z i i i + + − + = = = − + − + + 0,25 1 3 2( ) 2 2 i= − + 2 2 2(cos sin ) 3 3 i π π = + 0,25 Suy ra 12 12 12 2 (cos8 sin8 ) 2 4096z i π π = + = = 0,5 . ) (1 2 3 ) 1 (2 3) i i i z i i i + + − + = = = − + − + + 0 ,25 1 3 2( ) 2 2 i= − + 2 2 2( cos sin ) 3 3 i π π = + 0 ,25 Suy ra 12 12 12 2 (cos8 sin8 ) 2 4096z. dx u x 1 dv cos2xdx v = sin2x 2 =  =   ⇒   =    π π π = = − ∫ 2 2 2 0 0 0 1 1 1 1 J xsin2x - sin2xdx = cos2x 4 4 8 4 - Vậy: 2 2 1 1 I 16 4 16 π