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

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 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) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 21 1 x y x    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: 22 24 log log (4 ) 5 0xx   2) Tính tích phân: 3 0 sin cos cos xx I dx x     3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau đây đạt cực tiểu tại điểm 0 2x  3 2 2 3 ( 1) 2y x mx m x     Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B,  BAC = 30 0 ,SA = AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Tính V S.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 32OM i k    , mặt cầu ()S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 9x y z      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 () , đồng thời vuông góc với đường thẳng 162 : 3 1 1 x y z       . Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2 2 5 0zz    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 lnyx , trục hoành và x = e Hết 2 x y 1 2 2,5 3 3 2 -1 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  21 1 x y x     Tập xác định: \ {1}D    Đạo hàm: 2 1 0, ( 1) y x D x         Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: ; lim 2 lim 2 2 xx y y y       là tiệm cận ngang. ; 11 lim lim 1 xx y y x         là tiệm cận đứng.  Bảng biến thiên x –  1 + y  – – y 2 – + 2  Giao điểm với trục hoành: 1 0 2 1 0 2 y x x      Giao điểm với trục tung: cho 01xy    Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 y 3/2 1 || 3 5/2  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:  21 ( ) : 1 x Cy x     Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên 0 ( ) 4fx   00 2 0 2 0 00 13 1 11 22 4 ( 1) 11 4 ( 1) 1 22 xx x x xx                          Với 3 2 00 3 2 2. 1 3 4 2 1 xy       .pttt là: 3 4 4 4 10 2 y x y x                  Với 1 2 00 1 2 2. 1 1 0 2 1 xy       . pttt là: 1 0 4 4 2 2 y x y x                  Vậy, có 2 tiếp tuyến thoả mãn ycbt là : 42yx   và 4 10yx   Câu II:  Điều kiện: x > 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 4 4 2 2 log (log 4 log ) 5 0 log log 6 0x x x x        (*)  Đặt 2 logtx , phương trình (*) trở thành 3 2 2 2 2 3 log 3 2 60 2 log 2 2 t x x tt tx x                          (nhận cả hai nghiệm)  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm : 8x  và 1 4 x  3 a a A B C S  3 3 3 3 0 0 0 0 sin cos sin cos sin 1. cos cos cos cos x x x x x I dx dx dx dx x x x x                        Với 3 1 0 sin . cos x dx I x    , ta đặt cos sin . sin .t x dt x dx x dx dt       Đổi cận: x 0 3  t 1 1 2 Thay vào: 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 ln ln1 ln ln2 2 dt dt It tt                  Với 3 3 0 2 0 1. 3 I dx x         Vậy, 12 ln2 3 I I I       3 2 2 3 ( 1) 2y x mx m x     có TXĐ D    22 3 6 1y x mx m       66y x m    Hàm số đạt cực tiểu tại 22 0 (2) 0 3.2 6 .2 1 0 2 (2) 0 6.2 6 0 f mm x f m                          hoac 2 1 11 12 11 0 1 2 12 6 0 mm mm m m m                         Vậy, với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại 0 2x  Câu III Theo giả thiết, , , SA AB BC AB BC SA   Suy ra, ()BC SAB và như vậy BC SB  Ta có, 0 3 .cos30 2 a AB AC và 0 .sin30 2 a BC AC 2 2 2 2 37 42 aa SB SA AB a      23 . 1 1 3 3 1 3 . 2 2 2 2 8 3 24 ABC S ABC ABC a a a a S AB BC V SA S            2 1 1 7 7 . 2 2 2 2 8 SBC a a a S SB BC        3 . . 2 3 1 3 8 21 ( ,( )). ( ,( )) 3 3 24 7 7 S ABC S ABC SBC SBC V aa V d A SBC S d A SBC S a          THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:  3 2 (3;0;2)OM i k M      và 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 9S x y z       Mặt cầu có tâm (1; 2;3)I  và bán kính 3R   Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu: 2 2 2 (3 1) (0 2) (2 3) 9      là đúng Do đó, ()MS 4  () đi qua điểm M, có vtpt (2;2; 1)n IM      Vậy, PTTQ của () là: 2( 3) 2( 0) 1( 2) 0 2 2 4 0x y z x y z            Điểm trên d: (1; 2;3)I   () có vtpt (2;2; 1)n   và  có vtcp (3; 1;1)u    nên d có vtcp 2 1 1 2 2 2 [ , ] ; ; (1; 5; 8) 1 1 1 3 3 1 u n u                          Vậy, PTTS của d là: 1 2 5 ( ) 38 xt y t t zt                   Câu Va: 2 2 5 0zz    (*)  Ta có, 22 2 4.( 1).( 5) 16 (4 )i         Vậy, pt (*) có 2 nghiệm phức phân biệt 1 24 12 2 i zi      và 2 24 12 2 i zi      THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Ta có, (0;1;0)AB   và (1;1; 1)CD    Gọi M,N lần lượt là điểm nằm trên AB và CD thì toạ độ của M,N có dạng (1;1 ;1), (1 ;1 ;2 ) ( ; ; 1) M t N t t t MN t t t t                  MN là đường vuông góc chung của AB và CD khi và chỉ khi . 0 0 1 10 2 .0 AB MN t t tt t t t t CD MN                                      Vậy, 3 3 3 3 1 1 1; ;1 , ; ; ;0; 2 2 2 2 2 2 M N MN                                    hay (1; 0;1)u   là vtcp của d cần tìm PTCT của đường vuông góc chung cần tìm là: 1 3 () 2 1 xt yt zt                   Phương trình mặt cầu ()S có dạng: 2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d        Vì A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) thuộc ()S nên: 3 2 2 2 0 2 2 2 3 2 2 2 3 6 6 2 4 2 0 2 4 2 6 2 3 3 / 2 6 2 2 4 0 2 2 4 6 2 2 0 3 9 4 4 2 0 4 4 2 9 2 2 2 3 a b c d a b c d d a b c d a b c d a b c d b b a b c d a b c d b c c a b c d a b c d a b c                                                                                                      /2 3/2a                  Vậy, phương trình mặt cầu là: 2 2 2 3 3 3 6 0x y z x y z       Câu Vb: Cho ln 0 1y x x     Diện tích cần tìm là: 11 ln ln ee S x dx xdx  5  Đặt 1 lnux du dx x dv dx vx                     . Thay vào công thức tính S ta được: 11 1 ln ln 1ln1 0 1 1 e ee S x x dx e e x e e           (đvdt)  Vậy, diện tích cần tìm là: S = 1 (đvdt) . 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 08 Thời gian làm bài:. gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 21 1 x y x    1) Khảo sát sự biến thi n và