KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 9 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 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: 22 (4 )y x x 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: 42 4 log 0x x b   3) Tìm toạ độ của điểm A thuộc ()C biết tiếp tuyến tại A song song với : 16 20 1 1d y x Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 22 log ( 3) log ( 1) 3xx    2) Tính tích phân: 2 3 sin 1 2 cos x I dx x      3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 43 xx y e e x     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 ( 3;2; 3 )A  và hai đường thẳng 1 1 2 3 : 1 1 1 x y z d      và 2 3 1 5 : 1 2 3 x y z d     1) Chứng minh rằng 1 d và 2 d cắt nhau. 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa 1 d và 2 d . 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: 2 1y x x   và 4 1y x x   2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 1 2 3 : 1 1 1 x y z d      và 2 16 : 1 2 3 x y z d   1) Chứng minh rằng 1 d và 2 d chéo nhau. 2) Viết phương trình mp(P) chứa 1 d và song song với 2 d . Tính khoảng cách giữa 1 d và 2 d Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: 2yx , 4xy và trục hoành Hết 2 x y y = log m - 2 2 4 -2 2 O BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  2 2 4 2 (4 ) 4y x x x x      Tập xác định: D    Đạo hàm: 3 48y x x      Cho 32 22 0 4 0 0 0 4 8 0 4 ( 2) 0 2 0 2 2 x xx y x x x x xx x                                Giới hạn: lim lim xx yy       ;  Bảng biến thiên x – 2 0 2 + y  + 0 – 0 + 0 – y 4 4 – 0 –  Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 2),(0; 2)  , NB trên các khoảng ( 2;0),( 2; )  Hàm số đạt cực đại y CĐ = 4 tại 2x  CÑ , đạt cực tiểu y CT = 0 tại 0x  CT .  Giao điểm với trục hoành: cho 2 42 2 00 0 4 0 2 4 xx y x x x x                     Giao điểm với trục tung: cho 00xy    Bảng giá trị: x 2 2 0 2 2 y 0 0 0 4 0  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:  4 2 4 2 4 log 0 4 logx x b x x 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 4 0 log 4 1 10bb      Vậy, phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 4 1 10b  Giả sử 00 ( ; )A x y . Do tiếp tuyến tại A song song với : 16 20 1 1d y x nên nó có hệ số góc 33 0 0 0 0 0 0 ( ) 16 4 8 16 4 8 16 0 2f x x x x x x               00 20xy     Vậy, ( 2;0)A  Câu II:  22 log ( 3) log ( 1) 3xx     Điều kiện: 3 0 3 3 1 0 1 xx x xx                 . Khi đó, 2 2 2 log ( 3) log ( 1) 3 log ( 3)( 1) 3 ( 3)( 1) 8x x x x x x               3 I M H S C B A (loai (nhan) 22 1) 3 3 8 4 5 0 5 x x x x x x x                   Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5  2 3 sin 1 2 cos x I dx x       Đặt 1 2cos 2sin . sin . 2 dt t x dt x dx x dx          Đổi cận: x 3  2  t 2 1  Thay vào: 2 12 21 1 1 1 1 ln ln2 ln 2 2 2 2 2 dx dt It tt                  Vậy, ln 2I   Hàm số 43 xx y e e x     liên tục trên đoạn [1;2]  Đạo hàm: 43 xx y e e       Cho 2 4 0 4 3 0 3 0 3 4 0 x x x x x x y e e e e e e                (1) Đặt x te (t > 0), phương trình (1) trở thành: (nhan) (loai) 2 1 3 4 0 1 0 [1;2] 4 x t t t e x t                 (loại)  4 (1) 3fe e    và 2 2 4 (2) 6fe e     Trong 2 kết quả trên số nhỏ nhất là: 4 3e e  , số lớn nhất là 2 2 4 6e e   Vậy, [1;2] 4 min 3ye e    khi x = 1 và 2 2 [1;2] 4 max 6ye e    khi x = 2 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  Dễ thấy IH là trung trực của đoạn SA nên IS = IA 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.  Ta có, 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 SH BC SB SC      (cm) và 11 22 IH SM SA   (cm)  Bán kính mặt cầu là: 2 2 2 2 ( 2) 2 6R IS SH IH       Diện tích mặt cầu : 22 4 4 ( 6) 24 ( )S R cm     THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:  d 1 đi qua điểm 1 (1; 2;3 )M  , có vtcp 1 (1;1; 1)u    d 2 đi qua điểm 2 (3;1;5 )M , có vtcp 2 (1;2;3)u    Ta có 12 1 1 1 1 1 1 [ , ] ; ; (5; 4;1) 2 3 3 1 1 2 uu                   4 và 12 (2;3;2)MM    Suy ra, 1 2 1 2 [ , ]. 5.2 4.3 1.2 0u u M M       , do đó d 1 và d 2 cắt nhau.  Mặt phẳng (P) chứa 1 d và 2 d .  Điểm trên (P): 1 (1; 2;3)M   vtpt của (P): 12 [ , ] (5; 4;1)n u u       Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5( 1) 4( 2) 1( 3) 0x y z      5 4 16 0x y z      Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là: 2 2 2 5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42 ( ,( )) 42 42 5 ( 4) 1 d A P            Câu Va: 2 1y x x   và 4 1y x x    Cho 2 4 2 4 1 1 0 0, 1x x x x x x x x             Vậy, diện tích cần tìm là : 1 24 1 S x x dx    01 3 5 3 5 01 2 4 2 4 10 10 2 2 4 ( ) ( ) 3 5 3 5 15 15 15 x x x x S x x dx x x dx                               THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  d 1 đi qua điểm 1 (1; 2;3 )M  , có vtcp 1 (1;1; 1)u    d 2 đi qua điểm 2 ( 3;2; 3)M  , có vtcp 2 (1;2;3)u    Ta có 12 1 1 1 1 1 1 [ , ] ; ; (5; 4;1) 2 3 3 1 1 2 uu                   và 12 ( 4;4; 6)MM      Suy ra, 1 2 1 2 [ , ]. 5.( 4) 4.4 1.( 6) 42 0u u M M           , do đó d 1 và d 2 chéo nhau.  Mặt phẳng (P) chứa 1 d và song song với 2 d .  Điểm trên (P): 1 (1; 2;3)M   vtpt của (P): 12 [ , ] (5; 4;1)n u u       Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5( 1) 4( 2) 1( 3) 0x y z      5 4 16 0x y z      Khoảng cách giữa hai đường thẳng d 1 và d 2 bằng khoảng cách từ M 2 đến mp(P): 1 2 2 2 2 2 5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42 ( , ) ( ,( )) 42 42 5 ( 4) 1 d d d d M P             Câu Vb:  Ta có, 2 2 ( 0) 2 y y x x y    và 44x y x y     Trục hoành là đường thẳng có phương trình y = 0:  Cho (nhan) (loai) 22 4 4 4 0 2 22 y yy yy y               5  Diện tích cần tìm là: 2 2 0 4 2 y S y dx    2 2 3 2 2 0 0 14 14 ( 4) 4 2 6 2 3 3 y y y S y dx y                    (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 09 Thời gian làm bài:. 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: 22 (4 )y x x 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ