KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 21 pptx

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 21 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: 2 ( 3) 2 xx y   1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ()C tại giao điểm của ()C với trục hoành. 3) Tìm điều kiện của k để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất: 32 30x x k   . Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình:   2 2 6 6 1 2 2.4 xx x    2) Tính tích phân: 3 3 0 2 1 x I dx x    3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 5 4 3 39y x x x    trên đoạn [ 2;1 ] Câu III (1,0 điểm): Cho khối chóp S.ABC có ABC và SBC là các tam giác đều có cạnh bằng 2, 3SA a . Tính thể tích khối chóp S.ABC 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 toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có toạ độ các đỉnh: A( 1;1;2), B(0;1;1) và C(1;0;4). 1) Chứng minh ABC là tam giác vuông. Xác định toạ độ điểm D để bốn điểm A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình chữ nhật. 2) Gọi M là điểm thoả MB  = 2 MC  . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng BC. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mp(P). Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: 22 ( 1) ,y x x y x x    và 1x  2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm (1;2;–3)M và đường thẳng d: 3 1 1 2 1 2 x y z    1) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d. 2) Viết phương trình mp(P) đi qua điểm M, song song với d và cách d một khoảng bằng 4. Câu Vb (1,0 điểm): Cho số phức 13zi . Hãy viết dạng lượng giác của số phức 5 z . Hết 2 x y y = k -1 2 -2 -1 3 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số: 2 3 2 ( 3) 3 22 x x x x y    Tập xác định: D    Đạo hàm: 2 36 2 xx y     Cho 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 0  – –2  Hàm số ĐB trên các khoảng ( ;0),(2; )  , NB trên khoảng (0;2) Hàm số đạt cực đại y CĐ = 0 tại CÑ 0x  đạt cực tiểu y CT = –2 tại CT 2x  .  3 3 0 1 1y x x y          . Điểm uốn:   1; 1I   Giao điểm với trục hoành: hoaëc 32 0 3 0 0 3y x x x x       Giao điểm với trục tung: cho 00xy    Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 y –2 0 –1 –2 0  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây  Giao điểm của ()C với trục hoành: cho 0 0 0 0 0 3 x y x          Với 0 0 0 0, 0 ( ) 0x y f x      . Pttt là: 0 0( 0) 0y x y      Với 0 0 0 9 3, 0 ( ) 2 x y f x      . Pttt là: 9 9 27 0 ( 3) 2 2 2 y x y x       32 3 2 3 2 3 3 2 0 3 2 2 xx x x k x x k k           Số nghiệm của pt(*) bằng số giao điểm của ()C và đường thẳng :d y k  Dựa vào đồ thị ta thấy, pt(*) có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi: 0k  hoặc 2k  Câu II:    2 2 2 1 2 6 6 (2 6 6) 1 2( 1) 3 3 2 3 2 2 2.4 2 2.2 2 2 xx xx x x x x x             hoaëc 22 3 3 2 3 6 0 3 2x x x x x x x             Vậy, phương trình có hai nghiệm: vaø 32xx    32 33 00 22 . 11 x x x I dx dx xx     Đặt 2 2 1 1 x t x dt dx x      và 22 1xt 3 D A C B O M A C B S  Đổi cận: x 0 3 t 1 2  Vậy, 2 3 2 2 1 1 8 1 4 ( 1) 2 1 3 3 3 3 t I t dt t                                    Hàm số 5 4 3 39y x x x    liên tục trên đoạn [ 2;1 ]  4 3 2 2 2 5 4 9 (5 4 9)y x x x x x x         22 9 0 (5 4 9) 0 0; 1; 5 y x x x x x x            (chỉ loại nghiệm 9 5 x  )  (0) 9f  ; ( 1) 10f  ; ( 2) 15f    và (1) 6f   Trong các kết quả trên, số –15 nhỏ nhất, số 10 lớn nhất.  Vậy, khi khi [ 2;1] [ 2;1] min 15 2 , max 10 1y x y x         Câu III  Gọi M là trung điểm đoạn BC, O là trung điểm đoạn AM.  Do ABC và SBC đều có cạnh bằng 2a nên 23 2 a SM AM SA SAM     đều SO AM (1)  Ta có, BC SM BC SO BC OM           (2)  Từ (1) và (2) ta suy ra ()SO ABC (do , ( )AM BC ABC )  Thể tích khối chóp S.ABC 3 1 1 1 1 3. 3 3 32 3 3 2 6 2 2 aa V B h AM BC SO a a             (đvtt) THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: A( 1;1;2), B(0;1;1) và C(1;0;4)  (1;0; 1) . 1.2 0.( 1) 1.2 0 (2; 1;2) AB AB AC AB AC ABC AC                          vuông tại A.  Gọi ( ; ; ) ( 1; ; 4) D D D D D D D x y z C D x y z      Do AB AC nên A,B,C,D là bốn đỉnh của hình chữ nhật khi và chỉ khi tứ giác ABDC là hình chữ nhật 1 1 2 0 0. 1 4 3 DD DD DD xx AB CD y y zz                           Vậy, D(2;0;3)  Gọi ( ; ; )M a b c thì ( ;1 ;1 ) (1 ; ;4 ) MB a b c MC a b c                     Vì 2MB MC   nên 2(1 ) 2 1 2( ) 1. 1 2(4 ) 7 a a a b b b c c c                          Vậy, (2; 1;7)M   mp(P) đi qua điểm ( 2; 1;7)M  và vuông góc với BC nên có vtpt (1; 1;3)n BC     4  ptmp (P): 1( 2) 1( 1) 3( 7) 0 3 24 0x y z x y z            Mặt cầu tâm A( 1;1;2), tiếp xúc với mp(P) có bán kính 2 2 2 ( 1) 1 3.2 24 20 ( ,( )) 11 1 ( 1) 3 R d A P            Phương trình mặt cầu cần tìm: 2 2 2 400 ( 1) ( 1) ( 2) 11 x y z      Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: 22 ( 1) ,y x x y x x    và 1x   Cho 2 2 3 2 ( 1) 3 0 0; 3x x x x x x x x           Diện tích cần tìm là: 3 0 3 3 2 3 2 3 2 1 1 0 3 ( 3 ) ( 3 )S x x dx x x dx x x dx           03 44 33 10 5 27 8 4 4 4 4 xx S x x                           (đvdt) THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Gọi M  là hình chiếu của điểm M lên d, thế thì Md   , do đó toạ độ của điểm M  là: (3 2 ; 1 ;1 2 ) (2 2 ; 3 ;4 2 )M t t t MM t t t             Đường thẳng d đi qua điểm (3; 1;1)A  , có vtcp (2;1;2) d u    Và ta còn có, MM d   nên .0 d MM u     (trong đó d u  là vtcp của d) (2 2 ).2 ( 3 ).1 (4 2 ).2 0 9 9 0 1t t t t t               Vậy, toạ độ điểm (1; 2; 1)M   và toạ độ véctơ (0; 4;2)MM     Mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d có bán kính 2 2 2 0 ( 4) 2 2 5R MM         Vậy, pt mặt cầu: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 20x y z       mp(P) qua M, có vtpt ( ; ; ) 0n a b c   có pttq: ( 1) ( 2) ( 3) 0a x b y c z      (*)  Vì ( ) ||Pd nên . 0 2 2 0 2 2 d n u a b c b a c          (1)  Và khoảng cách từ d đến (P) bằng 4 nên khoảng cách từ A đến (P) cũng bằng 4, do đó 2 2 2 2 2 2 2 3 4 ( ,( )) 4 4 2 3 4 4 a b c d A P a b c a b c a b c            (2)  Thay (1) vào (2) ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 4 4 (2 2 ) 4 5 2 5 5 8 2 5 7 16 25 40 20 20 32 4 8 5 0 2 a a c c a a c c a c a c ac a c b c a c ac a c ac a ac c a c b c                                       Thay a,b,c (theo c) vào (*) ta được 2 mp: 5 14 2 29 0 ; 2 2 11 0x y z x y z        Câu Vb: Ta có, 13 1 3 2 2.(cos .sin ) 2 2 3 3 z i i i                   Do đó, 55 55 2 .(cos .sin ) 32. cos( ) .sin( ) 3 3 3 3 z i 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 21 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I các kết quả trên, số –15 nhỏ nhất, số 10 lớn nhất.  Vậy, khi khi [ 2;1] [ 2;1] min 15 2 , max 10 1y x y x         Câu III  Gọi M là trung điểm đoạn BC, O là trung điểm đoạn AM 4. Câu Vb (1,0 điểm): Cho số phức 13zi . Hãy viết dạng lượng giác của số phức 5 z . Hết 2 x y y = k -1 2 -2 -1 3 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số: 2 3 2 ( 3) 3 22 x x