HD 10 de Thi thu TNTHPT

BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP ĐỀ 1 Câu I.(3 điểm) Cho hàm số y = 2 1 1 + − x x có đồ thị (C). 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. • Tập Xác Định { } \ 1D = ¡ • Sự biến thiên: Giới hạn: lim 2 x y →±∞ = nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho 1 lim x y ± → = ±∞ nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 x y ( ) 2 3 ' 0, 1 1 y x x − = < ∀ ≠ − , hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ;1−∞ và ( ) 1;+∞ Bảng biến thiên x 1−∞ +∞ y’ - - y 2 +∞ −∞ 2 • Đồ thị Đồ thị cắt trục tung tại ( ) 0; 1− và cắt trục hoành tại 1 ;0 2   −  ÷   Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1;2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 2/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục tung. Pttt có dạng: ( ) ( ) 0 0 0 ' x y y x x y= − + Đồ thị (C) cắt trục tung tại ( ) 0; 1− Ta có ( ) 2 3 ' 0, 1 1 y x x − = < ∀ ≠ − ( ) ( ) 0 2 3 ' 3 0 1 x y − ⇒ = = − − Trang 1 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Pttt: ( ) 3 0 1 3 1y x y x= − − − ⇔ = − − Câu II. (3 điểm) 1/ Giải phương trình : log 3 (x + 1) + log 3 (x + 3) = 1. Tập Xác Định ( ) 1;D = − +∞ log 3 (x + 1) + log 3 (x + 3) = 1 ⇔ log 3 [(x + 1)(x + 3)] = 1 ⇔ (x + 1)(x + 3) = 3 ( ) ( ) 2 0 4 0 4 x nh x x x l = ⇔ + = ⇔  = −   Vậy pt có 1 nghiệm x = 0 2/ Tính I = 2 3 0 cos .x dx π ∫ ( ) ( ) 2 2 2 3 2 0 0 0 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 1 cos . cos .cos 1 cos 2 cos 2 1 1 3 1 3 1 2 cos cos cos3 cos cos3 sin sin 3 2 2 4 4 4 12 3 x dx x xdx x xdx x x x dx xdx xdx x x π π π π π π π π = = = +   = + + = + = + =  ÷   ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3/ Xét sự đồng biến và nghịch biến của hàm số y = -x 3 + 3x -1 Tập Xác Định D = ¡ 2 ' 3 3; ' 0 1y x y x= − + = ⇔ = ± Bảng biến thiên x 1 1−∞ − +∞ y’ - 0 + 0 - y +∞ 1 -3 −∞ Vậy hàm số đồng biến trên ( ) 1;1− ; nghịch biến trên các khoảng ( ) ; 1−∞ − và ( ) 1;− +∞ Câu III. (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác vuông cân tại B, aAC = , SA ( ) ⊥ ABC , góc giữa cạnh bên SB và đáy bằng 60 0 . Tính thể tích của khối chóp. Ta có: 2 2 .sin 2 4 ACB a a AB BC AC C S= = = ⇒ = SA ( )⊥ ABC suy ra A là hình chiếu của S lên (ABC) suy ra · 0 60SBA = 0 6 .tan 60 2 a SA AB⇒ = = Vậy 3 1 6 . 3 24 ABC a V S SA= = II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). 1.Theo chương trình chuẩn. Câu IVa. (2 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1; 1 ; 0) Trang 2 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP và mặt phẳng (P): x + y – 2z + 3 = 0. 1/ Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với mp(P). Do mc (S) tiếp xúc với (P) nên k/c từ tâm M đến mp(P) bằng bán kính tức là ( ) ( ) 1 1 2.0 3 5 , 1 1 4 6 R d M P + − + = = = + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 25 25 : 1 1 0 1 1 6 6 S x y z x y z− + − + − = ⇔ − + − + = 2/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M và vuông góc với (P). Tìm tọa độ giao điểm. Đường thẳng (d) đi qua M và vuông góc với (P) nên nhận vtpt của (P) làm vtcp Tức là đường thẳng (d) đi qua M(1; 1 ; 0) và có vtcp là ( ) 1;1; 2u = − r Ptts 1 : 1 2 x t d y t z t = +   = +   = −  ptct 1 1 1 1 2 x y z− − = = − Câu Va. (1 điểm). Tính diên tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 3 và y = x 2 – 2x pthđgđ : 2 1 2 3 0 3 x x x x = −  − − = ⇔  =  Tính diên tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 3 và y = x 2 – 2x là : ( ) 3 3 3 2 2 3 2 1 1 1 1 16 2 3 2 3 3 3 3 S x x dx x x dx x x x − − −   = − − = − − − = − − − =  ÷   ∫ ∫ (đvdt) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(-1 ; 2 ; 1) và đường thẳng (d): 1 2 2 1 1 − + = = − x y z . 1/ Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với (d). Từ (d) ta có M’(1 ;0 ;-2) thuộc d. ( ) ' 2; 2; 3MM = − − uuuuur . Vtcp của (d) là ( ) 2;1; 1u = − r ( ) 2 3 3 2 2 2 '; ; ; 5; 4;6 1 1 1 2 2 1 MM u  − − − −    = = −  ÷   − −   uuuuur r Do đó k/c từ M (-1 ;2 ;1) đến d là ' , 25 16 36 77 6 4 1 1 M M u h u   + +   = = = + + uuuuuur r r Suy ra mặt cầu có tâm M(-1 ; 2 ; 1) và bán kính R = 77 6 là : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 77 1 2 1 6 x y z+ + − + − = 2/ Viết phương trình mặt phẳng(P) đi qua M(-1 ; 2 ; 1)và vuông góc với (d). Tìm tọa độ giao điểm. Gọi u r là vecto chỉ phương của d ta có ( ) 2;1; 1u = − r mặt phẳng(P) đi qua M và vuông góc với (d). Nên nhận ( ) 2;1; 1u = − r làm vtpt Trang 3 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP ( ) ( ) ( ) ( ) : 2 1 1 2 1 1 0 2 1 0P x y z x y z+ + − − − = ⇔ + − + = Tìm tọa độ giao điểm H là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 2 3 1 2 1 2 5 2 5 7 6 ; ; 2 2 7 3 6 6 6 2 1 2 2 1 0 2 1 0 5 6 x x t x t y y t y t H z t z t z t t t x y z t  = −   = +  = +   = −   = =      ⇔ ⇔ ⇒ − − −     ÷ = − − = − −      = −    + + − − − + = + − + =     = −  Câu Vb. (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2 1 4 x và y = 2 1 3 2 − +x x Phương trình hoành độ giao điểm 2 2 2 0 1 1 3 3 3 0 4 4 2 4 x x x x x x x =  = − + ⇔ − = ⇔  =  Tính diện tích hình phẳng là 4 4 4 2 2 2 3 2 0 0 0 1 1 3 1 3 3 3 8 4 2 4 4 2 S x x x dx x x dx x x     = + − = − − = − =  ÷  ÷     ∫ ∫ ĐỀ 2 I.PHẦN CHUNG CHO TÁT CẢ THÍ SINH.(7 điểm) Câu I.(3 điểm). Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 + 2 có đồ thị (C). 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. • TXĐ D = ¡ • Sự biến thiên: Giới hạn: lim x y →±∞ = ±∞ ; đồ thị hàm số không có tiệm cận 2 0 ' 3 6 ; ' 0 2 x y x x y x =  = − = ⇔  =  Bảng biến thiên x 0 2−∞ +∞ y’ + 0 - 0 + y 2 +∞ −∞ -2 Hs đồng biến trên các khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ nghịch biến trên ( ) 0;2 Trang 4 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP -4 -2 2 4 -4 -2 2 4 x y y = m + 2 Hs đạt cực đại tại x = 0 , y CĐ = 2, đạt cực tiểu tại x = 2 , y CT = - 2 • Đồ thị Giao với Oy: (0;2) Giao với Ox: (1;0) ( ) 1 3;0± Nhận xét đồ thị nhận điểm I(1;0) Làm tâm đối xứng 2/ Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x 3 – 3x 2 – m = 0.(1) ( ) 3 2 1 3 2 2x x m⇔ − + = + Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đt hs y = x 3 – 3x 2 + 2 và đt y = m + 2 Nếu m > 0 hoặc m< - 4 thì phương trình (1) có 1 nghiệm Nếu m = 0 hoặc m = -4 thì phương trình (1) có 2 nghiệm Nếu -4 < m <0 thì phương trình (1) có 3 nghiệm Câu II. (3 điểm). 1/ Giải phương trình: 3 x + 3 x+1 + 3 x+2 = 351. (1) ( ) 2 3 1 3 3.3 3 .3 351 351 3 3 3 13 x x x x x ⇔ + + = ⇔ = = ⇔ = 2/ Tính I = 1 0 ( 1) .+ ∫ x x e dx Đặt 1 x x u x du dx dv e dx v e = + =   ⇒   = =   ( ) 1 1 1 0 0 0 1 | 2 1 | x x x I e x e dx e e e= + − = − − = ∫ 3/ Tìm giá trị lớn nhát và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 4 – 2x 2 + 1 trên đọan [-1 ; 2]. Trang 5 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Trên đoạn [ ] 1;2D = − ta có: y’ = 4x 3 – 4x ; y’ = 0 0 1 x x =  ⇔  = ±  y(0) = 1; y(1) = y(-1) = 0; y(2) = 9 vậy max 9; min 0 D D y y= = Câu III. (1 điểm). Tính thể tích khối tứ diện đều S.ABC có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi O là tâm của tam giác ABC ta có SO là đường cao của khối chóp SO 2 = SA 2 – OA 2 => SO = 6 3 a Diện tích tam giác ABC là 2 3 4 ABC a S = Thể tích của khối chóp là 3 1 2 . 3 12 ABC a V S SO= = II. PHẦN RIÊNG.(3 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn. Câu IV a. (2 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1 ; 2 ; 0), B(-3 ; 0 ; 2), C(1 ; 2 ; 3), D(0 ; 3 ; - 2). 1/ Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và phương trình đường thẳng AD. Ta có ( ) ( ) 2; 2;2 2;0;3AB AC= − − = uuur uuur vì AB k AC≠ uuur uuur nên hai vecto ;AB AC uuur uuur không cùng phương suy ra ;AB AC uuur uuur là cặp vtcp của (ABC) Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 ; ; ; 6;10;4 0 3 3 2 2 0 AB AC  − − − −    = = −  ÷     uuur uuur hay Vtpt của (ABC) là ( ) 3; 5; 2n = − − r Phương trình (ABC) là ( ) ( ) ( ) 3 1 5 2 2 0 0 3 5 2 13 0x y z x y z+ − − − − = ⇔ − − + = Ta có một vtcp của AD là ( ) 1;1; 2AD = − uuur Ptts của AD là 1 2 2 x t y t z t = − +   = +   = −  ptct của AD là 1 2 1 1 2 x y z+ − = = − 2/ Tính diện tích tam giác ABC và thể tích tứ diện ABCD. Diện tích tam giác ABC là 1 1 ; 36 100 16 2 2 S AB AC   = = + +   uuur uuur (đvdt) Thể tích của tứ diện ABCD là ( ) 1 1 2 ; . 6.1 10.1 4. 2 6 6 3 V AB AC AD   = = − + + − =   uuur uuur uuur (đvtt) Trang 6 a a O A C B S BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Câu V a. (1 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = tanx , y = 0, x = 0, x = 4 π quay quanh trục Ox. Tính thể tích khối tròn xoay là ( ) 4 4 2 4 0 2 0 0 1 tan 1 tan | 1 cos 4 V xdx dx x x x π π π π π π π π     = = − = − = −  ÷  ÷     ∫ ∫ 2. Theo chương trình nâng cao. Câu IV b.(2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-2 ; 0 ; 1), B(0 ; 10 ; 2), C(2 ; 0 ; -1), D(5 ; 3 ; -1). 1/ Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C và viết phương trình đường thẳng đi qua D song song với AB. Tìm ( ) ( ) AB AC= = uuur uuur vì AB k AC≠ uuur uuur nên hai vecto ;AB AC uuur uuur không cùng phương suy ra ;AB AC uuur uuur là cặp vtcp của (ABC) Vtpt của (ABC) là ( ) ; ; ;AB AC     = =  ÷     uuur uuur 2/ Tính thể tích của khối tứ diện ABCD, suy ra độ dài đường cao của tứ diện vẽ từ đỉnh D. Thể tích của tứ diện ABCD là 1 ; . 6 V AB AC AD   = =   uuur uuur uuur …(đvtt) độ dài đường cao của tứ diện vẽ từ đỉnh D là k/c từ D đến mp (ABC) Câu Vb. (1 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 1 2 . x x e , y = 0, x = 0, x = 1 quay quanh trục Ox. Tính thể tích khối tròn xoay là 1 0 x V e xdx π = ∫ Trang 7 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP ĐỀ 3 I.PHẦN CHUNG CHO ẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm) Câu I. (3 điểm) Cho hàm số y = - x 3 + 3x -1 có đồ thị (C). 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. • TXĐ D = ¡ • Sự biến thiên: 2 1 ' 3 3; ' 0 1 x y x y x = −  = − + = ⇔  =  Giới hạn: lim x y →±∞ = ∞m ; đồ thị hàm số không có tiệm cận Bảng biến thiên x 1 1−∞ − +∞ y’ - 0 + 0 - y +∞ 1 -3 −∞ Hs đồng biến trên các khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ nghịch biến trên ( ) 0;2 Hs đạt cực đại tại x = 1 , y CĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = -1 , y CT = - 3 • Đồ thị Giao với Oy: (0;-1) Đồ thị đi qua (2;-3); (-2;1) Nhận xét đồ thị nhận điểm I(0;-1)làm tâm đối xứng 2/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm cực tiểu của (C). Phương trình tiếp tuyến tại điểm cực tiểu suy ra k = 0 vậy pttt là y= - 3 Câu II.(3 điểm) 1/ Giải phương trình: 2 6log 1 log 2 = + x x Điều kiện 0 1x< ≠ Đặt 2 logt x = ta được: 2 1 1 2 6 1 6 1 0 1 3 t t t t t t  =  = + ⇔ − − = ⇔   = −   Với 2 1 1 log 2 2 2 t x x= ⇒ = ⇔ = Với 2 3 1 1 1 log 3 3 2 t x x = − ⇒ = − ⇔ = 2/ Tính I = ( ) 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 cos 4 . 1 cos8 sin8 | 2 2 16 4 x dx x dx x x π π π π   = + = + =  ÷   ∫ ∫ 3/ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = ln x x trên đoạn [1 ; e 2 ] Trang 8 -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 x y BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Với 2 1;x e   ∈   ta có 2 2 1 . ln 1 ln ' x x x x y x x − − = = ' 0 ln 1y x x e = ⇔ = ⇔ = ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 0; ;y y e y e e e = = = Vậy 2 2 1; 1; 1 min 0; max e e y y e         = = Câu III.(1 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, các cạnh bên đều tạo với đáy một góc 60 0 . Tính thể tích của khối chóp. Gọi O là tâm tam giác BAC. Vì thình chóp S.ABC là hình chóp đều nên SO vuông góc với mp (ABC) tức là SO là đường cao của khối chóp. Trong tam giác SAO có 0 3 3 tan .tan tan 60 2 2 SO a a A SO OA A OA = ⇒ = = = Diện tích tam giác ABC là 2 3 4 a S = Thể tích khối chóp là 2 3 1 3 3 3 . . 3 4 2 8 a a a V = = (đvtt) II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn. Câu IV a.(2 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + y – z – 6 = 0 và điểm M(1, -2 ; 3). 1/ Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua M và song song với mp(P).Tính khỏang cách từ M đến mp(P). Vì (P)//(Q) nên (Q) có vtpt là ( ) 2;1; 1n = − r .mp(Q) đi qua M(1, -2 ; 3) nên (Q) có phương trình : (Q): 2(x – 1) +1(y +2) – 1 (z – 3) = 0 ⇔ 2x + y – z + 3 = 0 Khoảng cách từ M đến (P) là ( ) ( ) 2.1 2 3 6 3 6 . 2 4 1 1 d M P − − − = = + + 2/ Tìm tọa độ hinh chiếu của điểm M lên mp(P). Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P) ta có ( ) 2;1; 1u = − r là một vtcp của d Ptts của d: 1 2 2 3 x t y t z t = +   = − +   = −  Trang 9 O M N A C B S BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Giao điểm của d và (P) là hình chiếu của M lên (P) . Tọa độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của hệ 3 2 1 2 4 2 1 3 2 2 6 0 3 2 t x t x y t z t y x y z z  =  = +   =   = − +   ⇔   = − = −     + − − =   =   Vậy 1 3 ' 4; ; 2 2 M   −  ÷   là hình chiếu của M lên P Câu Va. (1 điểm). Giải phương trình: x 2 – 2x + 5 = 0 trong tập số phức C. Ta có ' 1 5 4 0 = − = − < V vậy phương trình có hai nghiệm phức là 1,2 1 2x i= ± 2. Theo chương trình nâng cao. Câu IV b.(2 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng (P): 3x – 2y + 2z – 5 = 0, (Q): 4x + 5y – z + 1 = 0. 1/ Tính góc giữa hai mặt phẳng và viết phương tình tham số của giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q). Gọi 1 2 ;n n ur uur lần lược là vtpt của (P) và (Q) ta có ( ) ( ) 1 2 3; 2;2 4;5; 1n n= − = − ur uur , · ( ) · ( ) 1 2 , ;P Q n n α = = ur uur Ta có 1 2 1 2 . 3.4 2.5 2.1 cos 0 9 4 4. 16 25 1 n n n n α − − = = = + + + + uuruur ur uur suy ra · ( ) 0 , 90P Q = Gọi d là giao tuyến của (Q) và (P). đường thẳng d gồm các điểm M(x;y;z) vừa thuộc (P) và (Q). Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ : 3 2 2 5 4 5 1 x y z x y z − + =   + − = −  Ta có ( ) 3 23 1; 1;0 ; ;0; 11 11 A d B d   − ∈ = ∈  ÷   8 23 ;1; 11 11 AB   = −  ÷   uuur Suy ra đường thẳng d có một vtcp là ( ) 8;11;23u = − r suy ra 1 8 : 1 11 23 x t d y t z t = −   = − +   =  2/ Viết phương trình mặt phẳng (R) đi qua gốc tọa độ O vuông góc với (P) và (Q). Vì (R) vuông góc với (P) và (Q). nên (R) có cặp vtvp là ( ) ( ) 1 2 3; 2;2 4;5; 1n n= − = − ur uur (R) có một vtpt là ( ) 2 2 2 3 3 2 ; ; 12;5;23 5 1 1 4 4 5 R n  − −  = = −  ÷   uur .(R) đi qua O(0; 0; 0 ) nêm (R) có phương trình : 12 5 23 0x y z − + + = Câu Vb.(1 điểm). Cho số phức z = x + yi (x, y ) ∈ R . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z 2 – 2z + 4i . Trang 10 [...]... −1 ⇒ y '( x0 ) = 2 ( −2 + 1) 2 =2 ( Pttt: Câu II (3 điểm) y = 2 x + 2) + 4 ⇔ y = 2x + 8 1/ Giải phương trình : 31+ x + 31− x = 10 ⇔ 3.3x + 3 1 − 10 = 0 3x t = 3 3 2 3t + − 10 = 0 ⇔ 3t − 10t + 3 = 0 ⇔  1 t = t x  3 Đặt t = 3 , t > 0 ta được Trang 12 -2 2 -2 -4 -6 4 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP t = 3 ⇒ 3x = 3 ⇔ x = 1 1 t = ⇒ 3x = 3−1 ⇔ x = −1 3 Với KL : π 4 2/ Tính I = Đặt e tan x ∫ cos2 x dx 0 t = tan... nghiệm duy nhất, tức là 2 x=− 10 3 (*) có nghiệm duy nhất BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP 5  k = − 4 ∆ = 9 + 4 ( k − 1) ( 4k + 6 ) = 0 ⇔  k = 3   4 Nếu k ≠ 1 thì Trang 31 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP ĐỀ 9 I.PHẦN CUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I.(3 điểm) Cho hàm số y = -x 3 + 3x2 – 2 có đồ thị (C) 1/ Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số • TXĐ D = ¡ • Sự biến thi n: Giới hạn: lim y = m ∞... x − log 4 y = 19 10 log 2 x − log 4 y = 19  u = log 2 x  v = log 4 y 5u − 2v = 8 u = 2 ⇔  Đặt ta được: 10u − v = 19 v = 1 u = 2 log 2 x = 2  x = 4 ⇒ ⇔  v = 1  y = 4 thỏa điều kiện log 4 y = 1 Với KL: Trang 35 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP ĐỀ 10 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I.(3 điểm) Cho hàm số y = (x – 1)2(x +1)2 có đồ thị (C) 1/ Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị... P) ) = 3 ⇒ ( D ≠ 1)  D = 10 =3⇔  4 +1+ 4  D = −8 D −1 Vì Vậy có 2 mp thỏa mãn là: (Q): 2x – y – 2z + 10 = 0 (Q’): 2x – y – 2z –8 = 0 M là giao điểm của (d) và (Q) Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ  x = 2 + 2t  x = 2 + 2t x =  y = 1− t  y = 1− t    y = ⇔ ⇔ ⇒ M ( ; ; )  z = 3 − 2t z = 3 − 2t z=    2 x − y − 2 z + 10 = 0 2 ( 2 + 2t ) − ( 1 − t ) − 2 ( 3 − 2t ) + 10 = 0 t =     x =... xoay … là 2 V = π ∫ ln 2 xdx = π ( 2 ln 2 2 − 4 ln 2 + 2 ) 1 (đvtt) (HD tích phần từng phần hai lần) Trang 19 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP ĐỀ 6 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm) Câu I.(3 điểm) Cho hàm số y = x(x – 3)2 ⇔ y = x − 6 x + 9 x có đồ thị (C) 1/ Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số y • TXĐ D = ¡ 6 • Sự biến thi n: 3 2 x = 1 y'= 0 ⇔  x = 3 y ' = 3 x 2 − 6 x + 9; 5 4 Giới hạn:... dạng lượng giác 1 3  π π  z = 2 − i ÷ = 2  cos − i sin ÷ 2 2 ÷  3 3   Trang 27 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP ĐỀ 8 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 1 4 5 x − 3x 2 + 2 2 Câu I (3 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị là (C) 1/ Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số • TXĐ D = ¡ • Sự biến thi n: y 4 x = 0 y'= 0 ⇔  x = ± 3 y ' = 2 x 3 − 6 x = 2 x ( x 2 − 3) ; 3 2 Giới hạn: lim y =...  ⇔ V= ( m − 1) + 4 ( m − 1) > 0 ⇔  V= ( m − 1) ( m + 3) > 0 m > 1  m ≠ 1   Trang 15 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP ĐỀ 5 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.(7 điểm) Câu I (3 điểm) Cho hàm số y = - x4 + 2x2 +3 có đồ thị (C) 1/ Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số • TXĐ D = ¡ • Sự biến thi n: y 4 3 x = 0 y ' = −4 x + 4 x = −4 x ( x − 1) ; y ' = 0 ⇔   x = ±1 3 2 2 1 Giới hạn: lim y =...BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP z 2 − 2 z + 4i = ( x + yi ) − 2 ( x + yi ) + 4i 2 ( Ta có Vậy phần thực bằng …… phần ảo bằng…… = x 2 + 2 xyi + y 2i 2 − 2 x − 2 yi + 4i = x 2 − y 2 − 2 x ) + ( 2 xy − 2 y + 4 ) i Trang 11 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP ĐỀ 4 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x x +1 Câu I (3 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C) 1/ Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của... biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số • Tập Xác Định • Sự biến thi n: Giới hạn: 3 2 D = ¡ \ { 1} 1 -3 -2 -1 x 1 2 3 4 5 -1 lim y = 1 nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho -2 lim y = ±∞ ± -3 x →±∞ nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho x →1 y' = −1 ( x − 1) 2 < 0, ∀x ≠ 1 -4 −∞;1) 1; +∞ ) , hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( và ( Trang 23 BỘ ĐỀ THI. .. hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( và ( Trang 23 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Bảng biến thi n −∞ x y’ y 1 +∞ 1 – +∞ – −∞ 1 • Đồ thị 0; 0 2; 2 ) Đồ thị đi qua ( ) và ( 2/ Tìm m để đường thẳng d: y = –x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt Câu II.(3 điểm) 2x x 2 2 ⇔  ÷ + ÷ = 2 5 1/ Giải phương trình: 4x + 10x = 2.25x  5  t = 1 t2 + t − 2 = 0 ⇔  t >0  t = −2  ta được: x 2 t = ÷ , 5 . 3 10 3.3 3. 10 0 3 x x x x + − + = ⇔ + − = . Đặt 3 , 0 x t t= > ta được 2 3 3 3 10 0 3 10 3 0 1 3 t t t t t t =   + − = ⇔ − + = ⇔  =  Trang 12 -6 -4 -2 2 4 -6 -4 -2 2 4 6 x y BỘ ĐỀ THI. BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP ĐỀ 1 Câu I.(3 điểm) Cho hàm số y = 2 1 1 + − x x có đồ thị (C). 1/ Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số. • Tập Xác Định { } 1D = ¡ • Sự biến thi n: Giới. y x =  = − = ⇔  =  Bảng biến thi n x 0 2−∞ +∞ y’ + 0 - 0 + y 2 +∞ −∞ -2 Hs đồng biến trên các khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ nghịch biến trên ( ) 0;2 Trang 4 BỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP -4 -2 2