Đề ôn thi ĐH số 14 có đáp án

ĐỀ 14 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 3 2 y x 3x 3x 2= − + − có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) , trục hoành và tiếp tuyến (d) với đồ thị (C) tại điểm M(0; 2− ) . . Câu II ( 3,0 điểm ) a. Giải bất phương trình x 2 x 1 x 1 2 3 6 + + + + < b. Tính tích phân : 2 cosx I dx sinx cosx 0 π = + ∫ c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 2x 1 3x 5= − − − .trên 5 [ ;2 ] 3 Câu III ( 1,0 điểm ) Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a .a. Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón . b. Tính thể tích của khối nón tương ứng . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;0;1) và D( − 2;1; − 2) . a. Chứng minh rằng A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện . . b. Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh A . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình 4 2 2z 2z 1 0+ − = trên tập số phức £ 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(0;0;1) , B(0;0; − 1),C(1;1;1) và D(0;4;1) a. Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A,B,C,D . b. Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại C và tạo với trục Oz một góc o 45 . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình 2 z (cos isin )z isin .cos 0 , − ϕ + ϕ + ϕ ϕ = ϕ∈¡ trên tập số phức £ . . . . . . . .Hết . . . . . . . 1 HƯỚNG DẪN ĐỀ 14 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x −∞ 1 +∞ y ′ + 0 + y +∞ 1 −∞ b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm (d): y 3x 2⇒ = − 2/3 3 2/3 3 20 88 4 3 2 3 2 S [y y ]dx y dx [ x 3x ]dx [x 3x 3x 2] dx (d) (C) (C) 81 81 3 0 2/3 0 2/3 = − − = − + − − + − = + = ∫ ∫ ∫ ∫ Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ Chia 2 vế cho x 6 0> : x x x 1 1 1 1 bpt ( ) 2.( ) 3.( ) 1 (1) 6 3 2 + ⇔ + + < Đặt : x x x 1 1 1 1 f (x) ( ) 2.( ) 3.( ) 6 3 2 + = + + là hàm số nghịch biến trên R (2) Mặt khác : f(2) = 1 nên (1) f(x) f(2)⇔ < (2) ⇒ x 2> Vậy tập nghiệm của bpt là S (2; )= +∞ b) 1đ Đặt u x 2 π = − thì ta có 0 cos( u) 2 2 2 cosx sinu sinx 2 I dx du du dx sinx cosx sinu cosu sinx cosx 0 0 0 sin( u) cos( u) 2 2 2 π π π π − = = − = = + π π + + π − + − ∫ ∫ ∫ ∫ Do đó : 2 2 2 cosx sinx 2 2I I I dx dx dx [x] 0 2 sinx cosx sinx cosx 0 0 0 π π π π π = + = + = = = + + ∫ ∫ ∫ I 4 π ⇒ = c) 1đ TXĐ : 5 [ ;2 ] 3 Ta có : 3 89 y 2 ;y 0 x 48 2 3x 5 ′ ′ = − = ⇔ = − . Vì 5 7 89 47 y( ) ,y(2) 2,y( ) = 3 3 48 24 = = . 2 Vậy : + Maxy = y(2) 2 5 [ ;2 ] 3 = 89 47 + miny = y( ) 48 24 5 [ ;2 ] 3 = Câu III ( 1,0 điểm ) Xét hình nón đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O , bán kính R Gọi SAB∆ cân là thiết diện qua trục SO . Đường sinh : l = SA = SB = a a 2 AB a 2,R 2 ⇒ = = a. Do đó : 2 2 S Rl a xq 2 π = π = 2 2 a 2 1 2 2 S S S a a tp xq 2 2 2 π π + = + = + = π ®¸y b. Đường cao : AB a 2 h SO 2 2 = = = 1 2 2 3 V R h a 3 12 = π = π nãn II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : a) 1đ AB ( 1;1;0),AC ( 1;0;1),AD ( 3;1; 2)= − = − = − − uuur uuur uuur = ⇒ = − ≠ uuur uuur uuur uuur uuur [AB;AC] (1;1;1) [AB;AC].AD 4 0 ⇒ , uuur uuur uuur AB,AC,AD không đồng phẳng . Do đó : A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện . b) 1đ Ta có : = − − = − − = − uuur uuur uuur CD ( 2;1; 3),BD ( 2;0; 2),BC (0; 1;1) Do đó : = = uuur uuur uuur 1 2 V | [AB;AC].AD | tø diÖn 6 3 . Độ dài đường cao đường cao kẻ từ đỉnh A : = = uuur uuur 6V 2 3 h A 3 | [BC;BD] | Cách khác : Viết pt mặt phẳng (BCD) , rồi tính khoảng cách từ A đến mp(BCD) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Ta có : 4 2 2z 2z 1 0+ − = . Đặt = 2 Z z thì phương trình trở thành : 2 2Z 2Z 1 0+ − = (*) Phưong trình (*) có ∆ = + = ⇒ ∆ =1 2 3 3 nên (*) có 2 nghiệm : − + − + = ⇒ = ± + + + − − = = − = ⇒ = ± 1 3 1 3 * Z z 1 1,2 2 2 1 3 1 3 1 3 1 3 2 * Z i . z i. 2 3,4 2 2 2 2 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a. 1,0đ Gọi phương trình mặt cầu (S) : 2 2 2 x y z 2ax 2by 2cz d 0+ + + + + + = với + + − > 2 2 2 a b c d 0 Vì mặt cầu (S) đi qua A,B,C,D nên ta có hệ : + + =    − + =  + + + + =  + + + =   1 2c d 0 1 2c d 0 3 2a 2b 2c d 0 17 8b 2c d 0 . Giải hệ này ta được : = = − = = −a 1,b 2,c 0,d 1 . 3 Suy ra mặt cầu (S) có tâm I( −1;2;0) , bán kính : R = 6 . Do đó phương trình (S) : 2 2 2 x y z 2x 4y 1 0+ + + − − = b. 1,0đ Gọi VTCP của (d) là 2 2 2 u a b c b c 0= + + > r ( ; ; ) víi a ; trục Oz có VTCP là k 0 0 1= r ( ; ; ) d IC 2 11 +    ⊥ = −   uur qua C(1;1;1) ( ) : + ( ; ; ) và tạo với Oz một góc o 45 nên ta có hệ : 2a b c 0 IC c b 2a 2 c 1 3a 4ab a 0 1 2 2 2 k u c a b 2 2 2 2 2 a b c − + =   ⊥ = −     ⇔ ⇔ ⇒ = ⇒ =    = = = +      + +  uur r r r u | | hay 3a = 4b | cos( ; ) | + a = 0 , chọn b = 1 , c = 1 nên pt của (d) : x = 1 ; y = 1+ t ; z = 1 + t . + 3a = 4b , chọn a = 4 thì b = 3 , c = − 5 nên pt của (d) : x 1 y 1 z 1 4 3 5 − − − = = − Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Phương trình có 2 2 i 4 i∆ = ϕ + ϕ − ϕ ϕ = ϕ− ϕ(cos sin ) sin .cos (cos sin ) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : i i z 1 2 i i z i 2 2 ϕ + ϕ + ϕ − ϕ = = ϕ ϕ + ϕ − ϕ − ϕ = = ϕ cos sin cos sin cos cos sin (cos sin ) sin ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, 4 . ĐỀ 14 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 3 2 y x 3x 3x 2= − + − có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thi n và. giá trị nhỏ nhất của hàm số y 2x 1 3x 5= − − − .trên 5 [ ;2 ] 3 Câu III ( 1,0 điểm ) Thi t diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a .a. Tính diện. trình 2 z (cos isin )z isin .cos 0 , − ϕ + ϕ + ϕ ϕ = ϕ∈¡ trên tập số phức £ . . . . . . . .Hết . . . . . . . 1 HƯỚNG DẪN ĐỀ 14 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm