KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 11 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 11 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 1 23 3 y 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 ()C tại điểm trên ()C có hoành độ bằng 4. Vẽ tiếp tuyến này lên cùng hệ trục toạ độ với đồ thị ()C Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 12 9 3 18 0 xx    2) Tính tích phân: 2 1 ln e xx I dx x    3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 5 4 3 ( ) 5 5 1f x x x x    trên đoạn [–1;2] Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích 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 ): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho (2;1; 1), ( 4; 1;3), (1; 2;3)A B C    . 1) Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm C đồng thời vuông góc với đường thẳng AB. 2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng AB. Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với đường thẳng AB. ): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng: 3 9 2 11z iz i   . 2. Theo chƣơng trình nâng cao m): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho (2;1; 1), ( 4; 1;3), (1; 2;3)A B C    1) Viết phương trình đường thẳng AB và tính khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB 2) Viết phương trình mặt cầu ()S tâm C, tiếp xúc với đường thẳng AB. Tìm toạ độ tiếp điểm của đường thẳng AB với mặt cầu ()S . Câu Vb (1,0 điểm): Tính môđun của số phức z = 2011 ( 3 )i . Hết 2 x y d 4 2 -4/ 3 O 3 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I :  32 1 23 3 y x x x     Tập xác định: D    Đạo hàm: 2 43y x x       Cho 2 0 4 3 0 1 ; 3y x x x x            Giới hạn: ; lim lim xx yy        Bảng biến thiên x – 1 3 + y  – 0 + 0 – y + 0 4 3  –  Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (–;1), (3;+) Hàm số đạt cực đại CÑ 0y  tại CÑ 3x  ; đạt cực tiểu CT 4 3 y  tại CT 1x   2 2 4 0 2 3 y x x y           . Điểm uốn là   2 3 2;I   Giao điểm với trục hoành: cho 32 0 1 0 2 3 0 3 3 x y x x x x               Giao điểm với trục tung: cho 00xy    Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4 y 0 4 3  2 3  0 4 3   Đồ thị hàm số: như hình vẽ  00 4 4 3 xy     0 ( ) (4) 3f x f      Vậy, tiếp tuyến cần tìm là: 4 32 : 3( 4) 3 33 d y x y x        Câu II  12 9 3 18 0 9.9 9.3 18 0 x x x x        (*)  Đặt 3 x t  (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành (nhan) (loai) 2 2 9 9 18 0 1 t tt t             Với t = 2: 3 3 2 log 2 x x    Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất: 3 log 2x  .  2 2 2 1 1 1 1 ln 1 ln 1 ln e e e e x x x x I dx dx dx dx xx x x x                    3 2a 60 M O C B A D S  Xét 1 1 1 1 ln 1 e e I dx x x      Xét 2 2 1 ln e x I dx x    Đặt 2 1 ln 1 1 ux du dx x dv dx v x x                         . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: 2 2 1 11 1 1 1 1 1 1 2 ln ( ) 1 1 ee e I x dx x e x e e e x                Vậy, 12 22 1 1 2I I I ee         Hàm số 5 4 3 ( ) 5 5 1f x x x x    liên tục trên đoạn [–1;2]  4 3 2 2 2 5 20 15 5 ( 4 3)y x x x x x x         Cho (nhan) (nhan) (loai) 2 22 2 0 [ 1;2] 50 0 5 ( 4 3) 0 1 [ 1;2] 4 3 0 3 [ 1;2] x x y x x x x xx x                                   Ta có, 5 4 3 (0) 0 5.0 5.0 1 1f      5 4 3 (1) 1 5.1 5.1 1 2f      5 4 3 ( 1) ( 1) 5.( 1) 5.( 1) 1 10f           5 4 3 (2) 2 5.2 5.2 1 7f        Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 10 và số lớn nhất là 2  Vậy, khi khi [ 1;2] [ 1;2] min 10 1; max 2 1y x y x        Câu III  Gọi O là tâm của mặt đáy thì ()SO ABCD nên SO là đường cao của hình chóp. Gọi M là trung điểm đoạn CD. Theo tính chất của hình chóp đều  0 () ( ) 60 ( ) ( ) CD SM SCD CD OM ABCD SMO CD SCD ABCD                  (góc giữa mặt ()SCD và mặt đáy)  Ta có,   0 tan .tan .tan60 3 2 SO BC SMO SO OM SMO a OM       Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là: 3 1 1 1 4 3 . . . 2 .2 . 3 3 3 3 3 a V B h AB BC SO a a a    (đvtt) THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: Với ( 2;1; 1), ( 4; 1;3 ) , (1; 2 ;3 )A B C    .  Điểm trên đường thẳng AB: (2;1; 1)A   vtcp của đường thẳng AB: ( 6; 2; 4)u AB      4 Suy ra, PTTS của đường thẳng AB: 26 1 2 ( ) 14 xt y t t zt                     Mặt phẳng (P) đi qua điểm: (1; 2;3)C   Vì ()P AB nên: vtpt của mp(P) là: ( 6; 2; 4)n AB       Vậy, PTTQ của mp ()P : 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0A x x B y y C z z      6( 1) 2( 2) 4( 3) 0 6 2 4 10 0 x y z x y z                Thay ptts của AB vào PTTQ của mp(P) ta được: 6(2 6 ) 2(1 2 ) 4( 1 4 ) 10 0 1 56 26 0 0,5 2 t t t tt                  Thay t = 0,5 vào phương trình tham số của AB ta được: 1; 0; 1x y z     Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là ( 1;0;1)H   Vì mặt cầu (S) tâm C tiếp xúc với đường thẳng AB nên nó đi qua điểm H  Tâm mặt cầu: (1; 2;3)C   Bán kính mặt cầu: 2 2 2 (1 1) ( 2 0) (3 1) 2 3R CH          Vậy, phương trình mặt cầu: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 12x y z      Câu Va: Ta có, 3 9 2 11 3 2 9 11z iz i z iz i        (1)  Đặt z a bi z a bi     , thay vào phương trình (1) ta được 2 3( ) 2 ( ) 9 11 3 3 2 2 9 11 3 2 9 1 3 2 (3 2 ) 9 11 3 2 11 3 a bi i a bi i a bi ai bi i a b a a b b a i i b a b                                       Vậy, 1 3 1 3z i z i       THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: Với ( 2;1; 1), ( 4; 1;3 ) , (1; 2 ;3 )A B C    .  Đường thẳng AB: xem bài giải câu IVa.1 của chương trình chuẩn.  Đường thẳng AB đi qua (2;0; 1)A  , có vtcp ( 6; 2; 4)u A B      (1;3; 4)CA   . Suy ra, 3 4 4 1 1 3 [ , ] ; ; (4;20;16) 2 4 4 6 6 2 CA u                       Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB ta được 2 2 2 2 2 2 [ , ] (4) (20) (16) 572 ( , ) 12 2 3 56 ( 6) ( 2) (4 ) CA u d C AB u              Mặt cầu ()S có tâm C tiếp xúc AB có tâm (1; 2;3)C  , bán kính ( , ) 2 3R d C AB  Phương trình mặt cầu: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 12x y z       Gọi tiếp điểm cần tìm là H AB thì H có toạ độ (2 6 ;1 2 ; 1 4 )H t t t     Vì CH AB nên .0CH AB    . Giải ra được t = 0,5. Và suy ra, ( 1;0;1)H  Câu Vb: Ta có, 3 3 2 2 3 3 ( 3 ) ( 3) 3.( 3) . 3. 3. 3 3 9 3 3 2 .i i i i i i i          5  Vậy, 670 2010 3 3 670 2010 670 2010 4 167 2 2010 ( 3 ) ( 3 ) (2 ) 2 . 2 .( ) . 2z i i i i i i             Do đó, 2011 2010 ( 3 ) 2 ( 3 )z i i     2010 2 2 2011 2 . ( 3) 1 2z    . 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 11 Thời gian làm bài:. 3 9 2 11 3 2 9 11z iz i z iz i        (1)  Đặt z a bi z a bi     , thay vào phương trình (1) ta được 2 3( ) 2 ( ) 9 11 3 3 2 2 9 11 3