đề ôn thi TN số 7

Nguyn V Minh thi Th v ỏp n THPT 7 I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm) Câu I (3 điểm) Cho hàm số y = x 3 3mx 2 + (m 2 1)x + 2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m = 1 2. Xác định m để hàm số (1) đạt cực đại tại x = 2 Câu II (3 điểm) 1. Giải bất phơng trình 3log2log 2 + xx 2. Tính + 2 0 cos).sin( xdxxx 3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x 3 x 2 8x + 5 trên [0; 3] Câu III (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy (ABCD), SA = SB = 2a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD II. Phần dành riêng cho thí sinh (3 điểm) (Thí sinh học theo chơng trình nào chỉ đợc làm phần dành riêng cho chơng trình đó) 1. Theo chơng trình chuẩn Câu IVa (2 điểm) Trong không gian Oxyz cho A(0; 0; 2), O(0; 0; 0), B(1; 2; 0); C(0; 2; 0) 1. Viết phơng trình mặt phẳng (P) qua O và vuông góc với AB 2. Tìm điểm đối xứng của B qua (P) Câu Va (1 điểm) Tìm số phức z biết |z| 2 = 5 và phần thực bằng hai lần phần ảo. 2. Theo chơng trình nâng cao Câu IVb (2 điểm) Trong không gian Oxyz cho A(1;6; 2), B(4; 0; 6), C(5; 0; 4); D(5; 1; 3) 1. Viết phơng trình mặt phẳng (BCD) 2. Viết phơng trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mp(BCD). Tìm toạ độ tiếp điểm. Câu Vb(1 điểm) Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đờng 1 += xy ; y = 0; x = 0 khi quay quanh Oy Câu đáp án điểm Câu I (3 đ) 1 (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1 m = 1. Hàm số trở thành y = x 3 3x 2 + 2 (C) TXĐ: D = R 0.25 +) y' = 3x 2 6x 1 Nguyn V Minh thi Th v ỏp n THPT y = 0 <=> x = 0 hoặc x = 2 +) Chiều biến thiên : Hàm số đồng biến trên )0;( và );2( + Hàm số nghịch biến trên (0; 2) 0.5 +) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = - 2 0.25 +) Giới hạn: lim (x 3 3x 2 + 2) = ; Đồ thị hàm số không có tiệm cận x 0.25 +) Bảng biến thiên x - 0 2 + y' + 0 - 0 + y 0.25 +) Đồ thị : Giao với Oy tại (0 ; 2) Giao với Ox tại )0;31();0;31();0;1( + Điểm I(1; 0) là tâm đối xứng Đồ thị 0.5 2 (1 điểm) Xác định m y' = 3x 2 6mx + m 2 1 để hàm số đạt cực đại tại x = 2 thì trớc tiên y(2) = 0 0.25 <=> m 2 12m + 11 = 0 <=> m = 1 hoặc m = 11 0.25 Với m = 1 thì y = 3x 2 6x. Tìm đợc hoành độ điểm cực đại là x = 0; hoành độ điểm cực tiểu là x = 2 Kết luận: m = 1 loại 0.25 Với m = 11 thì y = 3x 2 66x + 120. Tìm đợc hoành độ điểm cực đại là x = 2; hoành độ điểm cực tiểu là x = 20 Kết luận: m = 11 thoả mãn Vậy m = 11 thì hàm số đạt cực đại tại x = 2 0.25 Câu II (3 đ) 1. (1 điểm) Giải bất phơng trình Đặt t = logx. Bất phơng trình trở thành t 2 + 2t 3 0.25 Giải bất phơng trình ta đợc 3 t 1 0.25 Thay t = logx => - 3 logx 1 <=>10 - 3 x 10 <=> 1/1000 x 10 0.25 2 - - 2 2 + O 1 1 x^3-3*x^2+2 I Nguyn V Minh thi Th v ỏp n THPT Kết luận: Tập nghiệm của bất phơng trình là T = [1/1000; 10] 0.25 2. (1 điểm) Tính + 2 0 cosxdxsinx).(x Đặt = += = += sinxv dxcosx)(1du cosxdxdv sinxxu ++=+ 2 0 2 0 sinxdxcosx)(1sinxsinx)(xcosxdxsinx)(x 0 2 0.5 = +++ + 2 0 cosx)d(1cosx)(1sin)sin( 0 2 xxx = 0 2 0 2 2 cosx)(1 2 1 sinxsinx)(x ++ + 0.25 = 2 1 0.25 3. ( 1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x 3 x 2 8x + 5 trên [0; 3] y' = 3x 2 2x 8 = = = 3 4 2 0' x x y => x = 2 thuộc [0; 3] 0.25 y(0) =5; y(3) = - 1; y(2) = -7 So sánh y(2) < y(3) < y(0) 0.25 Kết luận: 7)2(min 5)0(max ]3;0[ ]3;0[ == == yy yy 0.5 Câu III 3 Nguyn V Minh thi Th v ỏp n THPT (1 đ) Gọi H là trung điểm của AB. Vì tam giác ABC cân tại A nên SH là đờng cao Theo giả thiết: (SAB) (ABCD) ==> SH (ABCD) Vậy SH là đờng cao của hình chóp S.ABCD Tam giác SHA có 4 a7 ) 2 a ()2(aAHSASH 2 22222 === 0.25 ==> 2 7a SH = 0.25 6 7a S.SH 3 1 V 3 ABCDABCD == 0.5 Câu IVa (2 đ) 1. (1 điểm)Viết phơng trình mặt phẳng (P) qua O vuông góc với AB 2)(1;2;AB = là véc tơ pháp tuyến của (P) 0.5 Mặt phẳng (P) qua O(0; 0; 0) và có véc tơ pháp tuyến là 2)(1;2;ABn == nên có phơng trình tổng quát: x + 2y 2z = 0 0.5 2. (1 điểm) Tìm điểm đối xứng của B qua (P) Gọi B(x 0 ; y 0 ; z 0 ) là điểm đối xứng của B qua (P). Vì 'BB cùng phơng với véc tơ pháp tuyến của (P) = += += = t2 0 z t22 0 y t1 0 x 0)(tn.tBB' 0.25 Vì B đối xứng với B qua (P) nên trung điểm I(1+t/2; 2+t; - t) của BB thuộc (P) ta có: 1 + t/2 + 2(2 + t) + 2t = 0 hay t =-10/9 0.5 => 9 20 ; 9 2 ; 9 1 B' 0.25 Va (1đ) Gọi z = a + bi (a, b R). Theo giả thiết ta có = =+ b2a 5ba 22 0.5 4 Nguyn V Minh thi Th v ỏp n THPT Tìm đợc == == 1b2;a 1b2,a 0.25 Kết luận z = 2 + i; z = 2 i 0.25 IVb (2 đ) 1. (1 điểm) Viết phơng trình mặt phẳng (BCD) 2)(1;0;BC = ; 3)(1;1;BD = ; (2;1;1)BDBCn == 0.5 Mặt phẳng (BCD) qua B nhận n làm véc tơ pháp tuyến nên có phơng trình tổng quát là: 2(x 4) + (y 0) + z 6 = 0 hay 2x + y + z 14 = 0 0.5 2. (1 điểm) Viết phơng trình mặt cầu Vì mặt cầu (S) cần tìm tiếp xúc với (BCD) nên bán kính của (S) là khoảng cách từ A tới (BCD) 6 4 2 1 2 1 2 2 14262 (BCD))d(A;R = ++ ++ == 0.5 Phơng trình mặt cầu (S) là: (x 1) 2 + (y 6) 2 + (z 2) 2 = 8/3 0.5 Vb (1 đ) = += 0y 1 2 yx 1xy Tung độ giao điểm của đờng x = y 2 - 1 (y 0) với Oy là nghiệm của phơng trình: y 2 1 = 0 (y 0) => y = 1 0.25 Công thức tính thể tích = 1 0 22 dy1)(yV 0.25 0 1 y 3 y 2 5 y V 35 += 0.25 15 8 V = 0.25 Ghi chú: Nếu thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn đợc điểm tối đa từng phần tơng ứng theo quy định. 2 I. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Cõu I. (3,0 im) Cho hm s 2x 2 y x 1 = + 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s ó cho. 2. Bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh 2x 2 m 4 x 1 = + + (1). Cõu II. (3,0 im) 1. Gii phng trỡnh: 2x-1 x-1 3 -3 -2 =0 5 Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT 2. Tính tích phân: 2 3 0 I (cos x x)sin xdx π = + ∫ 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số [ ] ( ) (2ln 3) , 1;y f x x x x e= = − ∈ Câu III. (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có ( )SA ABC⊥ , SA = 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, 0 60BAC = . Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được chọn làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu IVa. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1 ; 0 ; 2), B(- 1;1;0), C(0;0;3), D(2;3;4) 1. Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng ABCD là một tứ diện. 2. Viết phương trình của mặt cầu tâm D, tiếp xúc với mặt phẳng (P): x + y - 2z + 9 = 0. 3. Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P). Câu Va. (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số: 2 2 4 , 4 , 2 x y y x y x = = = 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IVb. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : 2 2 2 4 6 2 2 0x y z x y z+ + − + + − = và mặt phẳng ( ) : 3 2 11 0x y z α − + + + = 1. Hãy tìm tọa độ tâm và tính bán kính của mặt cầu (S). 2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua A(1;-1;2), B(0;3;5) và vuông góc với mặt phẳng ( ) α . 3. Viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song với mặt phẳng ( ) α . Câu Vb. (1,0 điểm) Cho hàm số 2 (2 3) 6 1 2 x m x m y x − − − + = − . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu đồng thời hai điểm cực đại, cực tiểu đó nằm về hai phía của đường thẳng x – 4 = 0. 6 Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I (3,0 điểm) (2,5 điểm) Tập xác định : D = ¡ \{-1} 0,25 Sự biến thiên: • Chiều biến thiên: 2 4 y' 0 x D (x 1) = > ∀ ∈ + . Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞ ; - 1) và (- 1 ; +∞) • Cực trị: Hàm số không có cực trị. 0,50 • Giới hạn: x x x 1 x 1 lim y lim y 2; lim y và lim y + − →−∞ →+∞ →− →− = = = −∞ = +∞ Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = - 1, và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2. 0,50 • Bảng biến thiên: x −∞ - 1 +∞ y’ + + y +∞ 2 - ∞ 2 0,5 • Đồ thị: - Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; − 2) và cắt trục hoành tại điểm ( ) 1 ; 0 . - Đồ thị nhận điểm I(-1 ; 2) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) làm tâm đối xứng. 0,50 (0,5 điểm) 7 -1 O 1 x 2 -2 I y Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT • Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đường thẳng y = m + 4 và đồ thị (C) của hàm số 2 2 1 x y x − = + . • Dựa vào đồ thị ta có: • Với 4 2 2m m+ = ⇔ = − pt(1) vô nghiệm • Với 4 2 2m m+ ≠ ⇔ ≠ − pt(1) có một nghiệm duy nhất. 0,50 Câu Đáp án Điểm II (3,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với t phương trình: 2 (3 ) 3 6 0 x x − − = Đặt t = 3 x , t > 0.Ta được t 2 - t – 6 = 0 3 6( ) t t loai =  ⇔  = −  0,50 Với 3 3 3 1 x t x= ⇒ = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 0,50 2. (1,0 điểm) 2 2 3 0 0 I cos x.sinxdx x.sinxdx π π = + ∫ ∫ 0,25 4 2 2 3 3 0 0 cos x 1 cos x.sinxdx cos xdcos x 2 4 4 0 π π π = − = − = ∫ ∫ 0,25 Đặt 2 2 0 0 sin x cos cos sinx 1 2 2 sin x cos 0 0 u x du dx x dx x x xdx dv dx v x π π π π = =   ⇒ ⇒ = − + = =   = = −   ∫ ∫ Vậy: 1 5 1 4 4 I = + = 0,25 0,25 3. (1,0 điểm) Ta có: f’(x) = 2lnx - 1. 0,25 Do đó: f’(x) = 0 ⇔ x = e ∈ [ ] 1;e f(1) = - 3, f(e) = - e, ( ) 2f e e= − 0,25 0,25 Suy ra: x [1;e] min f(x) f ( e) 2 e ∈ = = − x [1;e] max f (x) f (e) e ∈ = = − 0,25 8 Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT III (1,0 điểm) .Ta có SA = 2a là đường cao của khối chóp đã cho. BC = ABtan60 0 = a 3 0,25 2 ABC 1 1 a 3 S AB.BC .a.a 3 2 2 2 = = = . 0,25 Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 2 1 1 3 . . .2 . ( ) 3 3 2 3 ABC a V SA S a a dvtt= = = 0,50 Câu Đáp án Điểm IV.a (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) ( 2;1; 2) ( 1;0;1) AB AC = − − = − uuur uuur Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là (1;4;1)n AB AC= ∧ = r uuur uuur 0,25 Mp(ABC) đi qua A(1;0;2) và có vectơ pháp tuyến (1;4;1)n = r có phương trình x + 4y + z – 3 = 0. 0,25 ( ) 2 4.3 4 3 0 15 0D ABC∈ ⇔ + + − = ⇔ = vô lí. Do đó D ( )ABC∉ Vậy ABCD là một tứ diện. 0,25 2. (0,50 điểm) Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm D, tiếp xúc với mặt phẳng (P). Ta có R bằng khoảng cách từ D đến (P). Suy ra : 2 2 2 1.2 1.3 2.4 9 6 R 6 6 1 1 ( 2) + − + = = = + + − 0,25 Do đó, mặt cầu có phương trình là: 2 2 2 (x 2) (y 3) (z 4) 6− + − + − = 0,25 3.(0,75 điểm) . ( 2;1; 2)AB = − − uuur . Đường thẳng AB đi qua điểm A và có vectơ chỉ 0,25 9 60 0 a 2a A B C S Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT phương là ( 2;1; 2)AB = − − uuur nên có ptts 1 2 2 2 x t y t z t = −   =   = −  Gọi M là giao điểm của đường thẳng AB và (P) ta có ( ) (1 2 ; ;2 2 )M AB MN t t t∈ ⇒ − − ( ) 1.(1 2 ) 1.( ) 2.(2 2 ) 9 0 2M P t t t t∈ ⇔ − + − − + = ⇔ = − Vậy M(5;-2;6) là giao điểm của đường thẳng AB và (P) 0,25 0.25 V.a (1,0 điểm) 2 2 2 2 3 2 3 4 4 7 0 0, 8 2 2 2 4 4 1 1 x x x x x x x x x x x x = ⇔ = ⇔ = = ⇒ = ⇔ = = ⇒ = ⇒ = 4 2 -2 -4 -6 -5 5 10 y=h(x) y=g(x) y=f (x) h x () = 4 x g x () = 4 ⋅ x ⋅ x f x () = x ⋅ x 2 0,25 Do đó: 1 2 2 2 3 3 2 3 0 1 1 2 x 4 x 4 x x V (4x )dx ( )dx ( x ) (4ln x ) 0 1 2 x 2 3 6 6 = − + − = − + − ∫ ∫ = 4ln2 0,75 IV.b (2,0 điểm) 1. (0,50 điểm) 2 2 2 2 2 2 4 6 2 2 0 ( 2) ( 3) ( 1) 16x y z x y z x y z+ + − + + − = ⇔ − + + + + = Vậy tâm của mặt cầu là I(2;-3;-1), bán kính R = 4. 0,50 Câu Đáp án Điểm 2. (0,75 điểm) Kí hiệu (P) là mặt phẳng đi qua A,B và vuông góc với ( α ). Ta có ( 1;4;3)AB = − uuur , vectơ pháp tuyến của ( α ) là 1 ( 3;2;1)n = − ur 0,25 Vectơ pháp tuyến của (P) là 1 ( 2; 8;10)n AB n= ∧ = − − r uuur ur = - 2(1;4;-5) 0,25 Phương trình (P) là : 1.( 1) 4( 1) 5.( 2) 0x y z− + + − − = Hay 4 5 13 0x y z+ − + = 0,25 3. (0,75 điểm) Gọi mặt phẳng song song với ( α ) và tiếp xúc với mặt cầu là ( ) β . Ta có 10 [...]... 2 − 4x + 10m − 7 Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y’ = 0 có hai (x − 2) 2 nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó 0,25 ∆ ' = 11 − 10m > 0 11 ⇔ ⇔ m < (*) 2 10  f (2) = 1.2 − 4.2 + 10m − 7 ≠ 0 0.25 Gọi M ( x1 ; y 1 ), N ( x2 ; y 2 ) là các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị Ta có x1, x2 nghiệm của phương trình f(x) = x2 – 4x + 10m – 7 = 0 x1 + x2 = 4, x1 x2 = 10m − 7 M,N nằm về hai... – 4x + 10m – 7 = 0 x1 + x2 = 4, x1 x2 = 10m − 7 M,N nằm về hai phía của đường thẳng x– 4 = 0 ⇔ ( x1 − 4)( x2 − 4) < 0 ⇔ x1 x2 − 4( x1 + x2 ) + 16 < 0 ⇔ 10m − 7 − 4.4 + 16 < 0 ⇔ m < Vậy: Với m < 7 7 Kết hợp với (*) ta được: m < 10 10 7 thì hàm số có cực đại cực tiểu đồng thời hai điểm cực đại, cực tiểu đó 10 nằm về hai phía của đường thẳng x – 4 = 0 0,25 0,25 …………………… Hết ………………… 11 ...Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT Phương trình ( β ) có dạng ( β ) : − 3 x + 2 y + z + m = 0 ( m ≠ 11) Mặt phẳng ( β ) tiếp xúc với mặt cầu ⇔ d ( I ,( β )) = R ⇔ −3.2 + 2.(−3) + 1.( −1) + m (−3) 2 + 22 + 12 0.25 . V Minh thi Th v ỏp n THPT 7 I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm) Câu I (3 điểm) Cho hàm số y = x 3 3mx 2 + (m 2 1)x + 2 (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) với. đối xứng. 0,50 (0,5 điểm) 7 -1 O 1 x 2 -2 I y Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT • Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đường thẳng y = m + 4 và đồ thị (C) của hàm số 2 2 1 x y x − = + . •. ¡ {-1} 0,25 Sự biến thi n: • Chiều biến thi n: 2 4 y' 0 x D (x 1) = > ∀ ∈ + . Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞ ; - 1) và (- 1 ; +∞) • Cực trị: Hàm số không có cực trị. 0,50 •