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

Trang 1 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: 32 33y x x x   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 3yx . Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 6.4 5.6 6.9 0 xxx    2) Tính tích phân: 0 (1 cos )I x xdx    3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 2 ( 3) x y e x 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 3a , cạnh bên SB tạo với đáy một góc 60 0 . 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 (2;1;1)A và hai đường thẳng , 1 2 1 2 2 1 :: 1 3 2 2 3 2 x y z x y z dd               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: 42 ( ) 2( ) 8 0zz   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 ( ) : 2 2 1 0P x y z    và 2 2 2 ( ) : – 4 6 6 17 0S x y z x y z      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. Câu Vb (1,0 điểm): Viết số phức sau dưới dạng lượng giác 1 22 z i   Hết 2 x y 2 2 1 I O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I :  32 33y x x x    Tập xác định: D    Đạo hàm: 2 3 6 3y x x      Cho 2 0 3 6 3 0 1y x x x          Giới hạn: ; lim lim xx yy        Bảng biến thiên x – 1 + y  + 0 + y – 1 +  Hàm số ĐB trên cả tập xác định; hàm số không đạt cực trị.  6 6 0 1 1y x x y         . Điểm uốn là I(1;1)  Giao điểm với trục hoành: Cho 32 0 3 3 0 0y x x x x       Giao điểm với trục tung: Cho 00xy    Bảng giá trị: x 0 1 2 y 0 1 2  Đồ thị hàm số (như hình vẽ bên đây):  32 ( ) : 3 3C y x x x   . Viết của ()C song song với đường thẳng :3yx .  Tiếp tuyến song song với :3yx nên có hệ số góc 0 ( ) 3k f x   Do đó: 22 0 0 0 0 0 0 0 3 6 3 3 3 6 0 2 x x x x x x                Với 0 0x  thì 32 0 0 3.0 3.0 0y     và 0 ( ) 3fx   nên pttt là: 0 3( 0) 3y x y x     (loại vì trùng với  )  Với 0 2x  thì 32 0 2 3.2 3.2 2y     và 0 ( ) 3fx   nên pttt là: 2 3( 2) 3 4y x y x       Vậy, có một tiếp tuyến thoả mãn đề bài là: 34yx Câu II  6.4 5.6 6.9 0 xxx    . Chia 2 vế pt cho 9 x ta được 2 4 6 2 2 6. 5. 6 0 6. 5. 6 0 33 99 xx xx xx                      (*)  Đặt 2 3 x t          (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành (nhan) , (loai) 2 32 6 5 6 0 23 t t t t        Với 3 2 t  : 1 2 3 2 2 1 3 2 3 3 xx x                                      3 60 a 3 A B C S  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1x  .  0 0 0 (1 cos ) cosI x xdx xdx x xdx            Với 2 2 2 2 1 0 0 0 2 2 2 2 x I xdx           Với 2 0 cosI x xdx     Đặt cos sin u x du dx dv xdx v x           . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: 00 2 0 0 sin sin 0 ( cos ) cos cos cos 0 2I x x xdx x x                 Vậy, 2 12 2 2 I I I       Hàm số 2 ( 3) x y e x liên tục trên đoạn [–2;2]  2 2 2 2 ( ) ( 3) ( 3) ( 3) (2 ) ( 2 3) x x x x x y e x e x e x e x e x x               Cho (nhan) (loai) 22 1 [ 2;2] 0 ( 2 3) 0 2 3 0 3 [ 2;2] x x y e x x x x x                         Ta có, 12 (1) (1 3) 2f e e    2 2 2 ( 2) [( 2) 3]f e e       2 2 2 (2) (2 3)f e e    Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 2e và số lớn nhất là 2 e  Vậy, khi khi 2 [ 2;2] [ 2;2] min 2 1; max 2y e x y e x       Câu III  Theo giả thiết, , , , SA AB SA AC BC AB BC SA    Suy ra, ()BC SAB và như vậy BC S B 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  0 60SBA    3 tan ( ) 3 tan SA SA a SBA AB a BC AB SBO       2 2 2 2 2AC AB BC a a a     2 2 2 2 ( 3) 2SB SA AB a a a      Vậy, diện tích toàn phần của tứ diện S.ABC là: 2 1 ( . . . . ) 2 1 3 3 6 ( 3. 2 . 3. 2 . ) 22 TP SAB SBC SAC ABC S S S S S SAAB SB BC SAAC AB BC a a a a a a a a a                    4 d d'  A B I THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:  Điểm trên mp () : (2;1;1)A  vtpt của () là vtcp của d: (1; 3;2) d nu     Vậy, PTTQ của mp () : 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0A x x B y y C z z      1( 2) 3( 1) 2( 1) 0 2 3 3 2 2 0 3 2 1 0 x y z x y z x y z                     PTTS của 22 : 2 3 12 xt d y t zt                  . Thay vào phương trình mp () ta được: (2 2 ) 3(2 3 ) 2( 1 2 ) 1 0 7 7 0 1t t t t t              Giao điểm của () và d  là (4; 1; 3)B   Đường thẳng  chính là đường thẳng AB, đi qua (2;1;1)A , có vtcp (2; 2; 4)u AB      nên có PTTS: 22 : 1 2 ( ) 14 xt y t t zt                   Câu Va: 42 ( ) 2( ) 8 0zz    Đặt 2 ()tz , thay vào phương trình ta được 2 2 2 22 4 ( ) 4 2 8 0 2 22 ( ) 2 zz tz tt t z i z i z                                   Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm: 1 2 3 4 2 ; 2 ; 2 ; 2z z z i z i      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 222 2 ( 3) ( 3) 17 5R         Khoảng cách từ tâm I đến mp(P): 2 2 2 2 2( 3) 2( 3) 1 ( ,( )) 1 1 ( 2) 2 d d I P R              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 (1; 2;2)u   nên có PTTS 2 : 3 2 32 xt d y t zt                   (*). Thay (*) vào pt mặt phẳng (P) ta được 1 (2 ) 2( 3 2 ) 2( 3 2 ) 1 0 9 3 0 3 t t t t t                Vậy, đường tròn (C) có tâm 5 7 11 ;; 3 3 3 H          và bán kính 22 5 1 2r R d     Câu Vb: 5  22 2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 (2 2 )(2 2 ) 8 4 4 4 4 4 44 i i i z i z i i i i                                 Vậy, 1 1 2 2 2 2 cos sin 4 4 4 2 2 4 4 4 z i i i                           . Trang 1 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:. tiếp tuyến thoả mãn đề bài là: 34yx Câu II  6. 4 5 .6 6.9 0 xxx    . Chia 2 vế pt cho 9 x ta được 2 4 6 2 2 6. 5. 6 0 6. 5. 6 0 33 99 xx xx xx 