KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 23 ppt

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 23 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: 42 1 3 5 4 2 4 y 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 cực tiểu của nó. 3) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 4 nghiệm phân biệt: 42 6 1 4 0x x m    Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 22 2 5.6 9.9 x x x  2) Tính tích phân: 2 2 0 ( 1) x I x e dx  3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 42 ( ) sin 4 cos 1f x x x   Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là một tam giác vuông tại A và AC = a,  0 60C  . Đường chéo BC' của mặt bên BB'C'C tạo với mặt phẳng (AA'C'C) một góc 0 30 . Tính thể tích của khối 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 mặt phẳng (P) có phương trình 2 2 1 0x y z    và điểm (1;3; 2 )A  1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A và đi qua gốc tọa độ O. Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn: 2 (1 ) (2 ) 8 (1 2 )i i z i i z      . Tìm phần thực, phần ảo và tính môđun của số phức z. 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) có phương trình 21 1 2 3 x y z   và điểm (1; 2; 3)A  1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên đường thẳng (d) 2) Viết phương trình cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d. Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số 2 3 1 xx y x    ()C . Tìm trên ()C các điểm cách đều hai trục toạ độ. Hết 2 x y y = -1 - m 4 5 - 3 3 - 5 5 1 -1 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số: 42 1 3 5 4 2 4 y x x     Tập xác định: D    Đạo hàm: 3 3y x x      Cho 32 0 0 3 0 ( 3) 3 x y x x x x x                   Giới hạn: ; lim lim xx yy        Bảng biến thiên x – 3 0 3 + y  + 0 – 0 + 0 – y 1 1  5 4    Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 3),(0; 3)  , NB trên các khoảng ( 3;0),( 3; )  Hàm số đạt cực đại CÑ 1y  tại CÑ 3x  ; đạt cực tiểu CT 5 4 y  tại CT 0x  .  Giao điểm với trục hoành: 2 42 2 1 1 1 3 5 00 5 4 2 4 5 x x y x x x x                       Giao điểm với trục tung: cho 5 0 4 xy     Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây  Điểm cực tiểu của đồ thị có: 5 0 4 xy     0 ( ) (0) 0f x f    Vậy, tiếp tuyến tại điểm cực đại của hàm số là: 55 0( 0) 44 y x y       4 2 4 2 1 3 1 6 1 4 0 4 2 4 x x m x x m         42 1 3 5 1 4 2 4 x x m       (*)  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của ()C và d: y = –1 – m. Do đó, dựa vào đồ thị ta thấy (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 5 1 1 1 1 2 2 4 4 4 m m m               Vậy, khi 1 2 4 m   thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt. Câu II: 22 96 2 5.6 9.9 9.9 5.6 4.4 0 9 5 4 0 44 xx x x x x x x                           2 33 9 5 4 0 22 xx                    3 30 60 a B' C A A' C' B  Đặt 3 2 x t          (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: (loaïi) (nhaän) 2 1 9 5 4 0 4 9 t tt t              2 4 3 4 3 3 2 9 2 9 2 2 xx tx                                         Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: 2x   2 2 0 ( 1) x I x e dx   Đặt 2 2 1 1 2 x x du dx ux dv e dx ve                      . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được : 22 4 2 2 2 4 2 4 4 0 00 1 1 3 1 1 3 1 1 1 5 1 ( 1) 2 2 2 2 4 2 2 4 4 4 x x x e I x e e dx e e e e               Ta có 4 2 4 2 4 2 ( ) cos sin 2 cos 1 cos 2 cos cos 1f x x x x x x x           Đặt 2 costx (ĐK: [ 0;1]t  ) thì 2 ( ) ( ) 1f x g t t t     ()gt là hàm số liên tục trên đoạn [0;1]  ( ) 2 1g t t    1 ( ) 0 2 1 0 2 g t t t        (nhận)  15 24 g          ; (0) 1g  và (1) 1g   Trong các kết quả trên, số 5 4  nhỏ nhất và số 1 lớn nhất.  Vậy, 5 min , max 1 4 yy    Câu III: Ta có, () AB AC AB ACC A AB AA             , do đó AC  là hình chiếu vuông góc của BC  lên ()ACC A  . Từ đó, góc giữa BC  và ()ACC A  là  0 30BC A    Trong tam giác vuông ABC, 0 .tan 60 3AB AC a  Trong tam giác vuông ABC  , 0 .cot30 3. 3 3AC AB a a      Trong tam giác vuông ACC  , 2 2 2 2 (3 ) 2 2CC AC AC a a a        Vậy, thể tích lăng trụ là: 3 11 . . . 3 2 2 6 22 V B h AB AC CC a a a a         (đvdt) THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: ( ) : 2 2 1 0P x y z    có vtpt (2; 1;2)n    Gọi d là đường thẳng qua (1;3; 2)A  và vuông góc với ()P thì d có vtcp (2; 1;2)u    Do đó, d có PTTS: 12 3 22 xt yt zt                 (*) 4  Thay (*) vào PTTQ của 2 3 ( ) : 2(1 2 ) (3 ) 2( 2 2 ) 1 0P t t t t           Thay 2 3 t  vào (*) ta được: ; ; 7 7 2 3 3 3 x y z     Vậy, toạ độ hình chiếu vuông góc của A lên mp ()P là 7 7 2 ;; 3 3 3 H           Gọi ()S là mặt cầu tâm A và đi qua O  Tâm của mặt cầu: (1;3; 2)A   Bán kính của mặt cầu: 2 2 2 1 3 ( 2) 14R OA       Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 222 ( 1) ( 3) ( 2) 14x y z      Câu Va: 2 (1 ) (2 ) 8 (1 2 ) 2 (2 ) 8 (1 2 )i i z i i z i i z i i z            22 8 (8 )(1 2 ) 2(2 1) 8 (1 2 ) (1 2 ) 8 12 1 (2 ) i i i i z i i z i z i z i i                   10 15 23 5 i zi       Phần thực của z là a = 2, phần ảo của z là –3 và môđun của z là 22 2 ( 3) 13z     THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  d đi qua điểm 0 ( 2 ;0;1)M  có vtcp (1;2; 3)u   và  PTTS của d là: 2 2 13 xt yt zt                 nên nếu Hd thì toạ độ của H có dạng ( 2 ;2 ;1 3 )H t t t   ( 3 ;2 2 ; 2 3 )AH t t t         Do Ad nên H là hình chiếu vuông góc của A lên d .0AH d AH u       1 ( 3 )1 (2 2 ).2 ( 2 3 ).( 3) 0 2 t t t t             Vậy, hình chiếu vuông góc của A lên d là 55 ; 1; 22 H           Gọi ()S là mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d  Tâm của mặt cầu: (1; 2;3)A   Bán kính của mặt cầu:     22 2 7 1 22 27 1 2 R AH        Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 27 ( 1) ( 2) ( 3) 2 x y z      Câu Vb: Xét điểm 22 33 ( ) : ; 11 x x x x M C y M x xx               (ĐK: 1x  )  M cách đều 2 trục toạ độ 2 22 3 3 1 xx x x x x x x         22 2 22 40 30 1 2 2 0 3 x x x x x x x xx x x x x                              5  Vậy, trên ()C có 2 điểm cách đều hai trục toạ độ, đó là (0; 0)O và (1; 1)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 23 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I số: 42 1 3 5 4 2 4 y x x    1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ()C tại điểm cực tiểu của nó. 3) Tìm các giá trị của tham số. điểm): Cho hàm số 2 3 1 xx y x    ()C . Tìm trên ()C các điểm cách đều hai trục toạ độ. Hết 2 x y y = -1 - m 4 5 - 3 3 - 5 5 1 -1 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số: 42 1 3