KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 19 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 19 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: 3 2 ( ) 2 3 3 x y f x x x     1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ()C tại điểm trên ()C có hoành độ 0 x , với 0 ( ) 6fx   . 3) Tìm tham số m để phương trình 32 6 9 3 0x x x m    có đúng 2 nghiệm phân biệt. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 4 4 2 4 2 17.2 1 0 xx    2) Tính tích phân: 0 (2 1)sinI x xdx    3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 4 ln(1 )y x x   trên đoạn [– 2;0] Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng .ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = a, mặt ()A BC  tạo với đáy một góc 0 30 và tam giác A BC  có diện tích bằng 2 3a . Tính thể tích khối lăng trụ .ABC A B C    . 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 Oxyz, cho hai điểm ( 7;2;1), ( 5; 4; 3 )AB   và mặt phẳng ( ) : 3 2 6 38 0P x y z    1) Viết phương trình tham số của đường thẳng AB. Chứng minh rằng, AB || ()P . 2) Viết phương trình mặt cầu ()S có đường kính AB. 3) Chứng minh ()P là tiếp diện của mặt cầu ()S . Tìm toạ độ tiếp điểm của ()P và ()S Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức 13zi . Tìm số nghịch đảo của số phức: 2 .z z z  2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho cho điểm (1;3; 2)I  và đường thẳng 4 4 3 : 1 2 1 x y z     1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm I và chứa đường thẳng  . 2) Tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng  . 3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm I và cắt  tại hai điểm phân biệt A,B sao cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 4. Câu Vb (1,0 điểm): Gọi 12 ,zz là hai nghiệm của phương trình: 2 2 2 2 2 0z z i    . Hãy lập một phương trình bậc hai nhận 12 ,zz làm nghiệm. Hết 2 x y y = m -2/ 3 4 -4/ 3 3 2 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số: 3 2 ( ) 2 3 3 x y f x x x      Tập xác định: D    Đạo hàm: 2 43y x x       Cho 2 0 4 3 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   Điểm uốn: 2 2 4 0 2 3 y x x y           . Điểm uốn của đồ thị là: 2 2; 3 I           Giao điểm với trục hoành: cho 0 0; 3y 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:  0 0 0 0 16 ( ) 6 2 4 6 1 3 f x x x y             2 0 ( ) ( 1) ( 1) 4( 1) 3 8f x f             Phương trình tiếp tuyến cần tìm: 16 8 8( 1) 8 33 y x y x         3 2 3 2 3 2 1 6 9 3 0 6 9 3 2 3 3 x x x m x x x m x x x m              (*)  Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của ()C và :d y m  Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình (*) có đúng 2 nghiệm phân biệt 0 4 3 m m          Câu II:  4 4 2 4 2 16 4 2 17.2 1 0 17. 1 0 4 17.4 16 0 16 16 xx x x x x            (*)  Đặt 4 x t  (ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành 3 30 a B' C' A C B A' (nhan) (nhan) 2 1 4 1 0 17 16 0 16 2 4 16 x x tx tt tx                       Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 0 và x = 2.  0 (2 1)sinI x xdx     Đặt 2 1 2. sin cos u x dx dx dv xdx v x               . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:  0 0 0 (2 1)cos ( 2 cos ) (2 1) 1 2sin (2 1) 1 2.0 2 2I x x x dx x                      Hàm số 2 4 ln(1 )y x x   liên tục trên đoạn [–2;0]  2 4 2 2 4 2 11 xx yx xx          Cho (nhan) (loai) 2 1 [ 2;0] 0 2 2 4 0 2 [ 2;0] x y x x x                      ; ; ( 1) 1 4 ln 2 ( 2) 4 4 ln 3 (0) 0f f f        Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là: 1 4 ln 2 , số lớn nhất nhất là: 0  Vậy, khi [ 2;0] [ 2;0] min 1 4 ln 2 1 ; max 0y x y       khi x = 0 Câu III  Do BC AB BC A B BC AA             (hơn nữa, ()BC ABB A   )  Và  () () ( ) ( ) BC AB ABC BC AB A BC ABA BC ABC A BC                   là góc giữa ()ABC và ()A BC   Ta có, 2 2. 1 2. 3 . 2 3 2 A BC A BC S a S A B BC A B a BC a             0 0 .cos 2 3.cos30 3 .sin 2 3.sin 30 3 AB A B ABA a a AA A B ABA a a            Vậy, l.truï 3 1 1 3 3 . . 3 3 2 2 2 ABC a V B h S AA AB BC AA a a a             (đvtt) THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: (7;2;1), ( 5; 4; 3)AB    Đường thẳng AB đi qua điểm ( 7;2 ;1)A , có vtcp ( 12; 6; 4)u AB       nên có ptts 7 12 : 2 6 14 xt AB y t zt               (1)  Thay (1) vào phương trình mp(P) ta được: 3(7 12 ) 2(2 6 ) 6(1 4 ) 38 0 0. 49 0 0 49t t t t t             : vô lý  Vậy, || ( )AB P 4 H C I A B  Tâm của mặt cầu ()S : (1; 1; 1)I  (là trung điểm đoạn thẳng AB)  Bán kính của ()S : 2 2 2 (1 7) ( 1 2) ( 1 1) 7R IA           Phương trình mc 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 1) ( 1) 49S x y z       Ta có, 222 3.1 2.( 1) 6.( 1) 38 ( ,( )) 7 3 ( 2) ( 6) d I P R              ()P tiếp xúc với ()S .  Gọi d là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mp(P). Khi đó PTTS của d: 13 12 16 xt yt zt                   . Thay vào ptmp(P) ta được : 3(1 3 ) 2( 1 2 ) 6( 1 6 ) 38 0 49. 49 0 1t t t t t                Tiếp điểm cần tìm là giao điểm của d và (P), đó là điểm ( 2;1;5 )H  Câu Va: Với 13zi , ta có  2 2 2 2 2 . (1 3 ) (1 3 )(1 3 ) 1 6 9 1 9 2 6z z z i i i i i i i                22 1 1 2 6 2 6 2 6 1 3 2 6 (2 6 )(2 6 ) 40 10 10 2 36 i i i i i i i i               THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Đường thẳng  đi qua điểm (4;4 ; 3 )M  , có vtcp (1;2; 1)u    Mặt phẳng ()P đi qua điểm (1;3 ; 2 )I   Hai véctơ: (3;1; 1)IM   (1;2; 1)u   Vtpt của mp(P): 1 1 1 3 3 1 [ , ] ; ; (1;2;5) 2 1 1 1 1 2 n IM u                      PTTQ của mp ( ) : 1( 1) 2( 3) 5( 2) 0P x y z      2 5 3 0x y z      Khoảng cách từ đểm A đến  : 2 2 2 2 2 2 [ , ] 1 2 5 30 ( , ) 5 6 1 2 ( 1) IM u d d I u               Giả sử mặt cầu ()S cắt  tại 2 điểm A,B sao cho AB = 4 ()S có bán kính R = IA  Gọi H là trung điểm đoạn AB, khi đó: IH AB IHA   vuông tại H  Ta có, 2 ; ( , ) 5HA IH d I    2 2 2 2 2 2 ( 5) 2 9R IA IH HA       Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 222 ( ) : ( 1) ( 3) ( 2) 9S x y z      Câu Vb:  Với 12 ,zz là 2 nghiệm của phương trình 2 2 2 2 2 0z z i    5 thì 12 12 12 12 2 2 . 2 2 2 . 2 2 2 b zz zz a c z z i z z i a                              Do đó, 12 ,zz là 2 nghiệm của phương trình 2 2 2 2 2 0z 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 19 Thời gian làm bài:. độ tiếp điểm của ()P và ()S Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức 13zi . Tìm số nghịch đảo của số phức: 2 .z z z  2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu