KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 13 docx

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 13 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 31y x x    có đồ thị là ()C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Dựa vào đồ thị ()C , hãy tìm điều kiện của tham số k để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: 32 30x x k   Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 22 2 log ( – 1) log (5 – ) 1xx 2) Tính tích phân: 1 0 () x I x x e dx  3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 32 2 3 12 2y x x x    trên [ 1;2] Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác đều .ABC A B C    có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a. 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 tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng: 1 22 ( ) : 3 xt dy zt               và 2 21 ( ) : 1 1 2 x y z d    1) Chứng minh rằng hai đường thẳng 12 ( ),( )dd vuông góc nhau nhưng không cắt nhau. 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d 1 đồng thời song song d 2 . Từ đó, xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng d 1 và d 2 đã cho. Câu Va (1,0 điểm): Tìm môđun của số phức: 3 1 4 (1 )z i i    . 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng: 1 22 ( ) : 3 xt dy zt               và 2 21 ( ) : 1 1 2 x y z d    1) Chứng minh rằng hai đường thẳng 12 ( ),( )dd vuông góc nhau nhưng không cắt nhau. 2) Viết phương trình đường vuông góc chung của 12 ( ),( )dd . Câu Vb (1,0 điểm): Tìm nghiệm của phương trình sau đây trên tập số phức: 2 zz , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z. Hết 2 x y y = m - 1 3 1 3 -1 -1 2 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số 32 31y x x     Tập xác định: D    Đạo hàm: 2 36y x x      Cho hoac 2 0 3 6 0 0 2y x x x x           Giới hạn: ; lim lim xx yy        Bảng biến thiên x – 0 2 + y  – 0 + 0 – y + 3 –1 –  Hàm số ĐB trên khoảng (0;2); NB trên các khoảng (–;0), (2;+) Hàm số đạt cực đại CÑ 3y  tại CÑ 2x  đạt cực tiểu CT 1y  tại CT 0x   Giao điểm với trục tung: cho 01xy     Điểm uốn: 6 6 0 1 1y x x y          . Điểm uốn là I(1;1)  Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 y 3 –1 1 3 –1  Đồ thị hàm số như hình vẽ:  3 2 3 2 3 2 3 2 3 0 3 3 3 1 1x x k x x k x x k x x k                 (*)  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = k – 1  (*) có 3 nghiệm phân biệt 1 1 3 0 4kk         Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt 04k   Câu II:  22 2 log ( – 1) log (5 – ) 1xx  Điều kiện: 1 0 1 15 5 0 5 xx x xx                  (1)  Khi đó, 2 2 2 2 2 2 log ( – 1) log (5 – ) 1 log ( – 1) log [2.(5 – )]x x x x    2 2 2 3 ( 1) 2(5 ) 2 1 10 2 9 0 3 x x x x x x x x                      Đối chiếu với điều kiện (1) ta nhận: 3 < x < 5  Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là: (3;5)S   Xét 1 0 () x I x x e dx   Đặt 2 () 2 x x du dx ux x dv x e dx ve                      . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: 3 I O O' M M' C' B' A B C A' 11 1 2 2 3 1 0 00 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 1 1 4 ( ) (0 1) 2 6 3 x x x x x x x I x x e dx x e e dx e e ee                    Tìm GTLN, GTNN của hàm số 32 2 3 12 2y x x x    trên đoạn [ 1;2]  Hàm số 32 2 3 12 2y x x x    liên tục trên đoạn [ 1;2]  2 6 6 12y x x      Cho (loai) (nhan) 2 2 [ 1;2] 0 6 6 12 0 1 [ 1;2] x y x x x                     Ta có, 32 (1) 2.1 3.1 12.1 2 5f       32 32 ( 1) 2.( 1) 3.( 1) 12.( 1) 2 15 (2) 2.2 3.2 12.2 2 6 f f               Trong các số trên số 5 nhỏ nhất, số 15 lớn nhất.  Vậy, khi khi [ 1;2] [ 1;2] min 5 2, max 15 1y x y x        Câu III  Gọi ,OO  lần lượt là trọng tâm của hai đáy ABC và A B C    thì OO  vuông góc với hai mặt đáy. Do đó, nếu gọi I là trung điểm OO  thì IA IB IC     và IA IB IC  Ta có, 2 2 3 3 3 3 2 3 aa OA O A AM        Và 2 2 22 22 3 21 2 3 4 3 6 a a a a a IA OI OA IA                              Suy ra, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và IA là bán kính của nó Diện tích mặt cầu là: 22 2 77 44 12 3 aa SR      (đvdt) THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:  d 1 đi qua điểm 1 (2; 3;0 )M , có vtcp 1 ( 2; 0;1)u   d 2 đi qua điểm 2 (2;1; 0)M , có vtcp 2 (1; 1;2)u    Ta có, 1 2 1 2 1 2 . 2.1 0.( 1) 1.2 0u u u u d d               12 0 1 1 2 2 0 [ , ] ; (1;5;2) 1 2 2 1 1 1 uu                  1 2 1 2 1 2 (0; 2; 0) [ , ]. 10 0M M u u M M          Vậy, d 1 vuông góc với d 2 nhưng không cắt d 2  Mặt phẳng (P) chứa d 1 nên đi qua 1 (2; 3;0)M và song song d 2  Điểm trên mp(P): 1 (2; 3;0)M  vtpt của mp(P): 12 [ , ] (1;5;2)n u u    4  PTTQ của mp(P): 1( 2) 5( 3) 2( 0) 0x y z      5 2 17 0x y z      Khoảng cách giữa d 1 và d 2 bằng khoảng cách từ M 2 đến mp(P), bằng: 2 2 2 2 2 5.1 2.0 17 10 30 ( ,( )) 3 30 1 5 2 d M P      Câu Va: 3 2 3 1 4 (1 ) 1 4 1 3 3 1 2z i i i i i i i              Vậy, 22 1 2 ( 1) 2 5z i z        THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: (1;1; 1), (2; 1;3), (5;2;0), ( 1;3;1)A B D A   Hoàn toàn giống câu IVa.1 (phần dành cho CT chuẩn): đề nghị xem bài giải ở trên.  1 22 ( ) : 3 xt dy zt               và 2 21 ( ) : 1 1 2 x y z d     d 1 đi qua điểm 1 ( 2;3 ;0)M , có vtcp 1 ( 2; 0;1)u   d 2 đi qua điểm 2 (2;1; 0 )M , có vtcp 1 (1; 1;2)u    Lấy 12 ,A d B d thì (2 2 ;3; ), (2 ;1 ;2 ) ( 2 ; 2 ;2 )A a a B b b b AB b a b b a           AB là đường vuông góc chung của d 1 và d 2 khi và chỉ khi 1 2 0 . 0 2( 2 ) 0 1(2 ) 0 5 0 1 1( 2 ) 1( 2 ) 2(2 ) 0 6 2 0 .0 3 a AB u b a b a a b a b b a b b AB u                                                          Đường vuông góc chung của d 1 và d 2 đi qua A(2;3;0) và có vtcp 1 5 2 ( ; ; ) 333 AB      hay (1;5;2)u    Vậy, PTCT cần tìm: 23 1 5 2 x y z  Câu Vb: 2 zz (*)  Giả sử z a bi z a bi     . Thay vào phương trình (*)ta được: 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2a bi a bi a bi a abi b i a bi a b abi             hoac 22 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 0 (2 1) 0 0 a a b a a b a a b a a b b ab ab b b a ba                                                          Với b = 0, ta được hoac 22 0 0 1a a a a a a        Với 1 2 a  , ta được 22 1 1 3 3 2 4 4 2 b b b         Vậy, các nghiệm phức cần tìm là: 1 2 3 4 1 3 1 3 0 , 1 , , 2 2 2 2 z z z i z 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 13 Thời gian làm bài:. là ()C 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Dựa vào đồ thị ()C , hãy tìm điều kiện của tham số k để phương trình sau đây có