KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 22 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 22 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 x y x    1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Viết pt tiếp tuyến của ()C biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng : 1 0xy    3) Tìm các giá trị của k để ()C và :3d y kx cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Câu II (3,0 điểm): 1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 32 ( ) 2 3 12 1f x x x x    trên đoạn [ 1;3] 2) Tính tích phân: 1 (ln 1) e I x dx  3) Giải phương trình: 1 22 log (2 1).log (2 2) 6 xx    Câu III (1,0 điểm): Cho một hình trụ có độ dài trục 27OO   . ABCD là hình vuông cạnh bằng 8 có các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho tâm của hình vuông là trung điểm của đoạn OO  . Tính thể tích của hình trụ 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 với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  và mặt phẳng () lần lượt có phương trình 3 2 3 : 1 1 3 x y z      ; ( ) : 2 1 0x y z     1) Chứng minh rằng đường thẳng song song với mặt phẳng (α). Tính khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng (α). 2) Tìm toạ độ giao điểm A của đường thẳng với mặt phẳng ()Oxy . Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (α). Câu Va (1,0 điểm): Cho 2 (1 2 )(2 )z i i   . Tính môđun của số phức z 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1;  1;1), mặt phẳng ( ) : 2 0P y z và hai đường thẳng 1 1 : 1 1 4 x y z     , 2 2 :4 1 xt yt z                 1) Tìm toạ độ điểm M  đối xứng với điểm M qua đường thẳng 2 . 2) Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng 1 , 2 và nằm trong mp(P). Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số 2 1 1 ( 1)mx m x y x      . Tìm m để hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu nằm khác phía so với trục tung. Hết 2 x y 1 -4 -1 -2 -3 2 O BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số: 3 2 2 3 11 xx y xx       Tập xác định: \ {1}D    Đạo hàm: 2 1 0, ( 1) y x D x         Hàm số NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: ; lim 2 lim 2 2 xx y y y          là tiệm cận ngang. ; 11 lim lim 1 xx y y x         là tiệm cận đứng.  Bảng biến thiên x –  1 + y  – – y –2 – + –2  Giao điểm với trục hoành: 3 0 2 3 0 2 y x x       Giao điểm với trục tung: cho 03xy     Bảng giá trị: x 0 1/2 1 3/2 2 y –3 –4 || 0 –1  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:  23 ( ) : 1 x Cy x     Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng :1yx   nên có hệ số góc 0 ( ) 1k f x     2 00 0 2 00 0 1 1 2 1 1 ( 1) 1 1 1 0 ( 1) xx x xx x                        Với 00 21xy    . pttt là: 1 1( 2) 1y x y x         Với 00 03xy    . pttt là: 3 1( 0) 3y x y x         Xét phương trình : 2 32 3 3 2 ( 3)( 1) (1 ) 0 1 x kx x kx x kx k x x              (*)  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = kx  (C) và d có 2 điểm chung  (*) có 2 nghiệm phân biệt 2 0 00 01 (1 ) 0 k ak k k                               Vậy, với 0k  và 1k  thì (C) cắt d tại 2 điểm phân biệt. Câu II:  Hàm số 32 ( ) 2 3 12 1f x x x x    liên tục trên đoạn [ 1;3]  2 6 6 12y x x      Cho 2 0 6 6 12 0 1; 2y x x x x           (nhận cả hai)  ( 1) 8f  ; (2) 19f  và (3) 8f   Trong các kết quả trên, số –19 nhỏ nhất, số 8 lớn nhất. 3 I K H C D O O' A B  Vậy, khi khi [ 1;3] [ 1;3] min 19 2 , max 8 1y x y x         1 (ln 1) e I x dx   Đặt 1 ln 1ux du dx x dv dx vx                     . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được 1 1 11 (ln 1) (ln 1) 2 1 2 1 1 ee ee I x dx x x dx e x e e e               Vậy, I = e.  1 22 log (2 1).log (2 2) 6 xx     Ta có, 1 2 2 2 2 log (2 1).log (2 2) 6 log (2 1).log 2.(2 1) 6 x x x x           2 2 2 2 2 log (2 1). log 2 log (2 1) 6 log (2 1). 1 log (2 1) 6 x x x x                       (*)  Đặt 2 log (2 1) x t  phương trình (*) trở thành: (1 ) 6tt VN 2 2 2 3 2 2 3 log 3 2 log (2 1) 2 2 1 4 60 7 3 log (2 1) 3 2 1 2 2 0 : 8 x xx xx x x t tt t                                            Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: 2 log 3x  Câu III  Giả sử , ( )A B O và , ( )C D O    Gọi H,K,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,CD và OO   Vì 74IO IH   nên OH  Theo tính chất của hình trụ ta có ngay OIH và OHA là các tam giác vuông lần lượt tại O và tại H  Tam giác vuông OIH có 22 3OH IH OI    Tam giác vuông OHA có 22 5r OA OH HA     Vậy, thể tích hình trụ là: 22 . . . .5 .2 7 50 7V B h r h      (đvtt) THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: 3 2 3 : 1 1 3 x y z      và ( ) : 2 1 0x y z      Đường thẳng  đi qua điểm (3;2; 3)M  , có vtcp (1;1; 3)u   nên có ptts: 3 2 33 xt yt zt                 (1)  Thay (1) vào pttq của mp(α) ta được: 2(3 ) 2 ( 3 3 ) 1 0 0 12t t t t           : vô lý  Vậy, đường thẳng  song song với mp(  )  Khoảng cách từ  đến mp(  ) bằng khoảng cách từ điểm M đến () , bằng: 2 2 2 2.3 2 ( 3) 1 12 ( ,( )) ( ,( )) 2 6 6 2 1 ( 1) d d M              Mặt phẳng ()Oxy có phương trình z = 0  Thay ptts (1) của  vào phương trình z = 0 ta được: 3 3 0 1tt     4  Suy ra giao điểm của đường thẳng  và mp(Oxy) là: (4; 3;0)A  Mặt cầu tâm A, tiếp xúc với () có bán kính ( ,( )) 2 6R d A    nên có phương trình: 2 2 2 ( 4) ( 3) 24x y z     . Câu Va: 2 2 2 (1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 ) (1 2 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2z i i i i i i i i i i i                 Vậy, 22 11 2 11 2 11 2 5 5z i z i z         THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: M(1;  1;1)  2  có vtcp 2 ( 1;1;0)u    Lấy ( 2 ;4 ;1)H t t thuộc 2  thì (1 ;5 ;0)MH t t     H là hình chiếu của M lên 22 .0MH u     (1 ).( 1) (5 ).1 0.0 0 2 4 0 2t t t t              Như vậy, toạ độ hình chiếu của M lên () là (4;2;1)H .  Điểm M  đối xứng với M qua 2  H là trung điểm đoạn thẳng MM  27 25 21 M H M M H M M H M x x x y y y z z z                         . Vậy, toạ độ điểm ( 7;5;1)M   Gọi A,B lần lượt là giao điểm của 1 , 2 với mặt phẳng (P) Hƣớng dẫn giải và đáp số  Thay ptts của 1 vào pttq của mp(P), ta tìm được toạ độ điểm (1; 0;0)A  Thay ptts của 1 vào pttq của mp(P), ta tìm được toạ độ điểm (8; 2;1)B   Đường thẳng qua hai điểm A,B và có vtcp (7; 2;1)u AB     nên có phương trình 1 : 7 2 1 x y z     Câu Vb: 2 1 1 ( 1)mx m x y x       TXĐ: \ {1}D    Đạo hàm: 2 2 22 ( 1) mx mx m y x        Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị nằm khác phía so với trục tung khi và chỉ khi phương trình 0y   có hai nghiệm trái dấu . 0 ( 2) 0 0 2a c m m m        . 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 22 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 32 1 x y x    1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Viết pt tiếp tuyến của ()C biết tiếp tuyến vuông. hàm số 2 1 1 ( 1)mx m x y x      . Tìm m để hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu nằm khác phía so với trục tung. Hết 2 x y 1 -4 -1 -2 -3 2 O BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số: