20 đề ôn thi THPT quốc gia môn toán

http://ebooktoan.com KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 01 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: y = −x + 6x − 9x + 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số cho 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C ) giao điểm (C ) với trục hồnh 3) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x − 6x + 9x − + m = Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 22x +1 − 3.2x − = 2) Tính tích phân: I = ∫ (1 + x )e dx x 3) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: y = e x (x − x − 1) đoạn [0;2] Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc cạnh bên mặt đáy 600 Tính thể tích hình chóp II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn hai phần Theo chương trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; −1), B(1; −2; 3),C (0;1;2) 1) Chứng minh điểm A,B,C không thẳng hàng Viết phương trình mặt phẳng (ABC ) 2) Tìm toạ độ hình chiếu vng góc gốc toạ độ O lên mặt phẳng (ABC ) Câu Va (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp số phức z biết rằng: z + 2z = + 2i Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2; 0; −1), B(1; −2; 3),C (0;1;2) 1) Chứng minh điểm A,B,C khơng thẳng hàng Viết phương trình mặt phẳng (ABC ) 2) Viết phương trình mặt cầu tâm B, tiếp xúc với đường thẳng AC Câu Vb (1,0 điểm): Tính mơđun số phức z = ( − i )2011 Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: http://ebooktoan.com BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I : y = (1 − x ) (4 − x ) = (1 − 2x + x )(4 − x ) = − x − 8x + 2x + 4x − x = −x + 6x − 9x + y = −x + 6x − 9x + Tập xác định: D = ℝ Đạo hàm: y ′ = −3x + 12x − x = Cho y ′ = ⇔ −3x + 12x − = ⇔  x = Giới hạn: lim y = +∞ lim y = −∞ ; x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên x –∞ y′ y – +∞ + – +∞ –∞ Hàm số ĐB khoảng (1;3), NB khoảng (–∞;1), (3;+∞) Hàm số đạt cực đại yCÑ = x CÑ = ; y đạt cực tiểu yCT = x CT = y ′′ = −6x + 12 = ⇔ x = ⇒ y = Điểm uốn I(2;2) x = Giao điểm với trục hoành: y = ⇔ −x + 6x − 9x + = ⇔  x = Giao điểm với trục tung: x = ⇒ y = Bảng giá trị: x y 4 O Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm trục đối xứng hình vẽ bên (C ) : y = −x + 6x − 9x + Viết pttt giao điểm (C ) với trục hoành Giao điểm (C ) với trục hoành: A(1; 0), B(4; 0) pttt với (C ) A(1; 0) :   x = vaø =  y i  ⇒ pt t t t aï A : y − = 0(x − 1) ⇔ y = f ′(x ) = f ′(1) = 0   pttt với (C ) B(4; 0) :   x = vaø =  y i  ⇒ pt t t t aï B : y − = −9(x − 4) ⇔ y = −9x + 36 f ′(x ) = f ′(4) = −9   Vậy, hai tiếp tuyến cần tìm là: y = y = −9x + 36 Ta có, x − 6x + 9x − + m = ⇔ −x + 6x − 9x + = m (*) (*) phương trình hồnh độ giao điểm (C ) : y = −x + 6x − 9x + d : y = m nên số nghiệm phương trình (*) số giao điểm (C ) d Dựa vào đồ thị ta thấy (*) có nghiệm phân biệt 0 0), phương trình (*) trở thành   3   6t − 5t − = ⇔ t = (nhan) , t = − (loai) x  x  −1 2   = ⇔   =   ⇔ x = −1 Với t = :       3 3       3 Vậy, phương trình cho có nghiệm x = −1 x http://ebooktoan.com π I = π π ∫ (1 + cos x )xdx = ∫ xdx + ∫ x cos xdx 0 π Với I = ∫ xdx = x2 π = 0 π2 02 π2 − = 2 π Với I = ∫ x cos xdx u = x du = dx   Đặt  ⇒ Thay vào công thức tích phân phần ta được:     dv = cos xdx v = sin x   π I = x sin x − ∫ sin xdx = − (− cos x ) = cos x = cos π − cos = −2 π π π π −2 Hàm số y = e x (x − 3) liên tục đoạn [–2;2] Vậy, I = I + I = y ′ = (e x )′ (x − 3) + e x (x − 3)′ = e x (x − 3) + e x (2x ) = e x (x + 2x − 3) x = ∈ [−2;2] (nhan) Cho y ′ = ⇔ e x (x + 2x − 3) = ⇔ x + 2x − = ⇔  x = −3 ∉ [−2;2] (loai) Ta có, f (1) = e1(12 − 3) = −2e f (−2) = e−2 [(−2)2 − 3] = e−2 f (2) = e (22 − 3) = e Trong kết trên, số nhỏ −2e số lớn e Vậy, y = −2e x = 1; max y = e x = [−2;2] [−2;2] Câu III Theo giả thiết, SA ⊥ AB , SA ⊥ AC , BC ⊥ AB , BC ⊥ SA Suy ra, BC ⊥ (SAB ) BC ⊥ SB Do đó, tứ diện S.ABC có mặt tam giác vng S Ta có, AB hình chiếu SB lên (ABC) nên SBA = 600 tan SBA = SA AB SA ⇒ AB = = a 3 tan SBO AC = AB + BC = a + a = a 2 2 = a (= BC ) a C A 60 SB = SA + AB = (a 3) + a = 2a B Vậy, diện tích tồn phần tứ diện S.ABC là: STP = S ∆SAB + S ∆SBC + S ∆SAC + S ∆ABC = (SA.AB + SB.BC + SA.AC + AB.BC ) 3+ + = (a 3.a + 2a.a + a 3.a + a.a ) = ⋅a 2 THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: Điểm mp (α) : A(2;1;1) 2 2 http://ebooktoan.com vtpt (α) vtcp d: n = ud = (1; −3;2) d Vậy, PTTQ mp (α) : A(x − x ) + B(y − y0 ) + C (z − z ) = ⇔ 1(x − 2) − 3(y − 1) + 2(z − 1) = d' A ⇔ x − − 3y + + 2z − = ⇔ x − 3y + 2z − = B α x = + 2t    PTTS d ′ : y = − 3t Thay vào phương trình mp (α) ta được:   z = −1 − 2t    (2 + 2t ) − 3(2 − 3t ) + 2(−1 − 2t ) − = ⇔ 7t − = ⇔ t = Giao điểm (α) d ′ B(4; −1; −3) Đường thẳng ∆ đường thẳng AB, qua A(2;1;1) , có vtcp u = AB = (2; −2; −4) nên  x = + 2t   có PTTS: ∆ : y = − 2t (t ∈ ℝ)   z = − 4t    Câu Va: (z ) − 2(z ) − = Đặt t = (z )2 , thay vào phương trình ta   t = ⇔ (z ) = ⇔ t − 2t − = ⇔   (z ) = −2 t = −2 Vậy, phương trình cho có nghiệm: z = ±  z = ±2  ⇔   z = ±i z = ∓i z1 = ; z = −2 ; z = i ; z = −i I THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: Từ pt mặt cầu (S) ta tìm hệ số : a = 2, b = –3, c = –3 d = 17 Do đó, mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính R = 22 + (−3)2 + (−3)2 − 17 = Khoảng cách từ tâm I đến mp(P): d = d (I ,(P )) = − 2(−3) + 2(−3) + =1 k < −2 x − 3x − 2k = ⇔ x − 3x = 2k ⇔ Câu II: 2x + 6x −6 ( 2) = 2.4 x +1 ⇔ (2x + 6x −6) 2 = 2.22(x +1) ⇔ 2x + 3x − = 22x + x + 3x − = 2x + ⇔ x + x − = ⇔ x = −3 hoặ x = c Vậy, phương trình có hai nghiệm: x = −3 vaø = x I = ∫0 x3 dx = ∫0 x x dx x2 + x Đặt t = x + ⇒ dt = dx x = t − x +1 x2 + Đổi cận: x 68 x http://ebooktoan.com t 2 Vậy, I = ∫1 t  8  1       (t − 1)dt =  − t  =  − 2 −  − 1 =    3  3    1 3    Hàm số y = x − x − 3x + liên tục đoạn [−2;1] y ′ = 5x − 4x − 9x = x (5x − 4x − 9) 9 (chỉ loại nghiệm x = ) 5 f (0) = ; f (−1) = 10 ; f (−2) = −15 f (1) = Trong kết trên, số –15 nhỏ nhất, số 10 lớn Vậy, y = −15 x = −2 , max y = 10 x = −1 y ′ = ⇔ x (5x − 4x − 9) = ⇔ x = 0; x = −1; x = [−2;1] [−2;1] Câu III S Gọi M trung điểm đoạn BC, O trung điểm đoạn AM Do ∆ABC ∆SBC có cạnh 2a nên SM = AM = 2a = SA ⇒ ∆SAM SO ⊥ AM (1) BC ⊥ SM  Ta có,  ⇒ BC ⊥ SO (2)  BC ⊥ OM   Từ (1) (2) ta suy SO ⊥ (ABC ) (do AM , BC ⊂ (ABC ) ) Thể tích khối chóp S.ABC C A O M B 1 1 a 3 a 3 (đvtt) ⋅ B ⋅ h = ⋅ ⋅ AM ⋅ BC ⋅ SO = ⋅ a ⋅ 2a ⋅ = 3 2 THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: A(−1;1;2), B(0;1;1) C(1;0;4) V =   AB = (1; 0; −1)  ⇒ AB.AC = 1.2 + 0.(−1) − 1.2 = ⇒ AB ⊥ AC ⇒ ∆ABC vuông A  AC = (2; −1;2)    Gọi D(x D ; yD ; z D ) ⇒ CD = (x D − 1; yD ; z D − 4) B Do AB ⊥ AC nên A,B,C,D bốn đỉnh hình chữ nhật tứ giác ABDC hình chữ nhật 1 = x − x =   D  D    ⇔ AB = CD ⇔ 0 = yD ⇔ yD = Vậy, D(2;0;3) A     −1 = z − z =   D D      MB = (−a;1 − b;1 − c )  Gọi M (a;b; c )    MC = (1 − a; −b; − c )   −a = 2(1 − a ) a =      1 − b = 2(−b ) ⇔ b = −1 Vậy, M (2; −1;7)  Vì MB = 2MC nên     1 − c = 2(4 − c) c =       mp(P) qua điểm M (2; −1;7) vng góc với BC nên có vtpt n = BC = (1; −1; 3) ptmp (P): 1(x − 2) − 1(y + 1) + 3(z − 7) = ⇔ x − y + 3z − 24 = Mặt cầu tâm A(−1;1;2), tiếp xúc với mp(P) có bán kính 69 D C http://ebooktoan.com R = d (A,(P )) = (−1) − + 3.2 − 24 12 + (−1)2 + 32 = 20 11 400 11 2 Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y = x (x − 1) , y = x + x x = −1 Phương trình mặt cầu cần tìm: (x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = Cho x (x − 1)2 = x + x ⇔ ⋯ ⇔ x − 3x = ⇔ x = 0; x = Diện tích cần tìm là: S = ∫−1 x − 3x dx = x    ⇔ S =  − x3   4  −1 ∫−1 (x − 3x )dx + ∫0 (x − 3x )dx x  27   +  − x3 = − + − = (đvdt)   4 0 4 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: Gọi M ′ hình chiếu điểm M lên d, M ′ ∈ d , toạ độ điểm M ′ là: M ′(3 + 2t; −1 + t ;1 + 2t ) ⇒ MM ′ = (2 + 2t; −3 + t ; + 2t ) Đường thẳng d qua điểm A(3; −1;1) , có vtcp ud = (2;1;2) Và ta cịn có, MM ′ ⊥ d nên MM ′.ud = (trong ud vtcp d) ⇔ (2 + 2t ).2 + (−3 + t ).1 + (4 + 2t ).2 = ⇔ 9t + = ⇔ t = −1 Vậy, toạ độ điểm M ′(1; −2; −1) toạ độ véctơ MM ′ = (0; −4;2) Mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d có bán kính R = MM ′ = 02 + (−4)2 + 22 = Vậy, pt mặt cầu: (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 3)2 = 20 mp(P) qua M, có vtpt n = (a;b; c) ≠ có pttq: a(x − 1) + b(y − 2) + c(z + 3) = (*) Vì (P ) || d nên n ud = ⇔ 2a + b + 2c = ⇔ b = −2a − 2c (1) Và khoảng cách từ d đến (P) nên khoảng cách từ A đến (P) 4, 2a − 3b + 4c d (A,(P )) = ⇔ = ⇔ 2a − 3b + 4c = a + b + c (2) 2 a +b +c Thay (1) vào (2) ta được: 2a + 6a + 6c + 4c = a + (2a + 2c)2 + c ⇔ 4a + 5c = 5a + 5c + 8ac 2a = 5c ⇒ b = −7c ⇔ 16a + 25c + 40ac = 20a + 20c + 32ac ⇔ 4a − 8ac − 5c = ⇔  2a = −c ⇒ b = −c Thay a,b,c (theo c) vào (*) ta mp: 5x − 14y + 2z + 29 = ; x + 2y − 2z − 11 = 1   π π  Câu Vb: Ta có, z = + 3i =  + i  = 2.(cos + i.sin )    2  3  5π 5π π π  + i.sin ) = 32  cos(− ) + i.sin(− ) Do đó, z = 25.(cos  3 3  70 http://ebooktoan.com KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề - ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 18 I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) − 2x Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x −1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số 2) Viết pt tiếp tuyến (C ) biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng ∆ : x − y + = 3) Tìm giá trị k để (C ) d : y = kx − cắt điểm phân biệt Câu II (3,0 điểm): 1) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: f (x ) = 2x − 3x − 12x + đoạn [−1; 3] 2) Tính tích phân: I = ∫ e (ln x + 1)dx 3) Giải phương trình: log2 (2x + 1).log2 (2x +1 + 2) = Câu III (1,0 điểm): Cho hình trụ có độ dài trục OO ′ = ABCD hình vng cạnh có đỉnh nằm hai đường tròn đáy cho tâm hình vng trung điểm đoạn OO ′ Tính thể tích hình trụ II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn hai phần Theo chương trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ mặt phẳng (α) lần x −3 y −2 z + ; (α) : 2x + y − z + = = = 1 1) Chứng minh 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 đường thẳng ∆ với mặt phẳng (Oxy ) Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (α) lượt có phương trình ∆ : Câu Va (1,0 điểm): Cho z = (1 − 2i )(2 + i )2 Tính mơđun số phức z Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1; − 1;1), mặt phẳng x = − t    x −1 y z = = , ∆2 : y = + t (P ) : y + 2z = hai đường thẳng ∆1 :   −1 z =    ′ đối xứng với điểm M qua đường thẳng ∆2 1) Tìm toạ độ điểm M 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt hai đường thẳng ∆1, ∆2 nằm mp(P) mx − (m − 1)x + Tìm m để hàm số có hai điểm cực đại cực x −1 tiểu nằm khác phía so với trục tung Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số y = 71 http://ebooktoan.com BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I: − 2x −2x + = x −1 x −1 Tập xác định: D = ℝ \ {1} Hàm số: y = −1 Đạo hàm: y ′ = < 0, ∀x ∈ D (x − 1)2 Hàm số NB khoảng xác định không đạt cực trị Giới hạn tiệm cận: lim y = −2 ; lim y = −2 ⇒ y = −2 tiệm cận ngang x →−∞ x →+∞ lim y = −∞ ; lim y = +∞ ⇒ x = tiệm cận đứng x →1− x →1+ Bảng biến thiên x –∞ y′ –2 y +∞ – y – –∞ +∞ O –2 Giao điểm với trục hoành: y = ⇔ −2x + = ⇔ x = 2 -1 -2 Giao điểm với trục tung: cho x = ⇒ y = −3 Bảng giá trị: x 1/2 3/2 -3 y –3 –4 || –1 -4 Đồ thị hàm số hình vẽ bên đây: −2x + (C ) : y = x −1 Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng ∆ : y = x + nên có hệ số góc k = f ′(x ) = −1 ⇔ x − = = −1 ⇔ (x − 1)2 = ⇔  ⇔ (x − 1)2 x − = −1 −1  x = x =  Với x = ⇒ y = −1 pttt là: y + = −1(x − 2) ⇔ y = −x + Với x = ⇒ y = −3 pttt là: y + = −1(x − 0) ⇔ y = −x − 3 − 2x Xét phương trình : = kx − ⇔ − 2x = (kx − 3)(x − 1) ⇔ kx − (1 + k )x = (*) x −1 Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm (C) d: y = kx (C) d có điểm chung ⇔ (*) có nghiệm phân biệt     a ≠ k ≠ k ≠ ⇔ ⇔ ⇔   ∆ > (1 + k )2 > k ≠ −1        Vậy, với k ≠ k ≠ −1 (C) cắt d điểm phân biệt Câu II: Hàm số f (x ) = 2x − 3x − 12x + liên tục đoạn [−1; 3] y ′ = 6x − 6x − 12 Cho y ′ = ⇔ 6x − 6x − 12 = ⇔ x = −1; x = (nhận hai) f (−1) = ; f (2) = −19 f (3) = −8 Trong kết trên, số –19 nhỏ nhất, số lớn Vậy, y = −19 x = , max y = x = −1 [−1;3] [−1;3] 72 x http://ebooktoan.com I = ∫ e (ln x + 1)dx      u = ln x + ⇒ du = dx Thay vào cơng thức tích phân phần ta Đặt   x dv = dx v = x       I = ∫ e e e e (ln x + 1)dx = x (ln x + 1) − ∫ dx = 2e − − x = 2e − − e + = e Vậy, I = e log2 (2x + 1).log2 (2x +1 + 2) = Ta có, log2 (2x + 1) log2 (2x +1 + 2) = ⇔ log2 (2x + 1).log2 2.(2x + 1) = ⇔ log2 (2x + 1)  log2 + log2 (2x + 1) = ⇔ log2 (2x + 1) 1 + log2 (2x + 1) = (*) Đặt t = log2 (2x + 1) phương trình (*) trở thành: t (1 + t ) = t = ⇔ t + t − = ⇔  ⇔ t = −3  x  log2 (2 + 1) = ⇔  x log2 (2 + 1) = −3  2x = ⇔ x = log  x 2 + = ⇔   x −3  x 2 + = 2 = − < : VN   Vậy, phương trình cho có nghiệm: x = log2 Câu III B Giả sử A, B ∈ (O ) C , D ∈ (O ′) Gọi H,K,I trung điểm đoạn AB,CD OO ′ H Vì IO = ≠ = IH nên O ≠ H Theo tính chất hình trụ ta có OIH OHA tam giác vuông O H A I C Tam giác vng OIH có OH = IH − OI = O K O' Tam giác vng OHA có r = OA = OH + HA2 = Vậy, thể tích hình trụ là: V = B.h = π.r h = π.52.2 = 50π (đvtt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN x −3 y −2 z + Câu IVa: ∆ : = = (α) : 2x + y − z + = 1 D x = + t    Đường thẳng ∆ qua điểm M (3;2; −3) , có vtcp u = (1;1; 3) nên có ptts: y = + t (1)   z = −3 + 3t    Thay (1) vào pttq mp(α) ta được: 2(3 + t ) + + t − (−3 + 3t ) + = ⇔ 0t = −12 : vô lý Vậy, đường thẳng ∆ song song với mp( α ) Khoảng cách từ ∆ đến mp( α ) khoảng cách từ điểm M đến (α) , bằng: d (∆,(α)) = d (M ,(α)) = 2.3 + − (−3) + + + (−1) 2 = 12 =2 6 Mặt phẳng (Oxy ) có phương trình z = Thay ptts (1) ∆ vào phương trình z = ta được: −3 + 3t = ⇔ t = Suy giao điểm đường thẳng ∆ mp(Oxy) là: A(4; 3; 0) Mặt cầu tâm A, tiếp xúc với (α) có bán kính R = d (A,(α)) = ⋯ = nên có phương trình: (x − 4)2 + (y − 3)2 + z = 24 73 http://ebooktoan.com Câu Va: z = (1 − 2i )(2 + i )2 = (1 − 2i )(4 + 4i + i ) = (1 − 2i )(3 + 4i ) = + 4i − 6i − 8i = 11 − 2i Vậy, z = 11 − 2i ⇒ z = 11 + 2i ⇒ z = 112 + 22 = 5 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: M(1; − 1;1) ∆2 có vtcp u2 = (−1;1; 0) Lấy H (2 − t; + t;1) thuộc ∆2 MH = (1 − t; + t ; 0) H hình chiếu M lên ∆2 ⇔ MH u2 = ⇔ (1 − t ).(−1) + (5 + t ).1 + 0.0 = ⇔ 2t + = ⇔ t = −2 Như vậy, toạ độ hình chiếu M lên (α) H (4;2;1) Điểm M ′ đối xứng với M qua ∆2 ⇔ H trung điểm đoạn thẳng MM ′ x = 2x − x =  M′ H M   ⇔ yM ′ = 2yH − yM = Vậy, toạ độ điểm M ′(7;5;1)   z = 2z − z =  M′ H M   Gọi A,B giao điểm ∆1, ∆2 với mặt phẳng (P) Hướng dẫn giải đáp số Thay ptts ∆1 vào pttq mp(P), ta tìm toạ độ điểm A(1; 0; 0) Thay ptts ∆1 vào pttq mp(P), ta tìm toạ độ điểm B(8; −2;1) Đường thẳng ∆ qua hai điểm A,B có vtcp u = AB = (7; −2;1) nên có phương trình ∆: Câu Vb: y = x −1 y z = = −2 mx − (m − 1)x + x −1 TXĐ: D = ℝ \ {1} mx − 2mx + m − (x − 1)2 Hàm số cho có điểm cực trị nằm khác phía so với trục tung phương trình y ′ = có hai nghiệm trái dấu ⇔ a.c < ⇔ m(m − 2) < ⇔ < m < Đạo hàm: y ′ = 74 http://ebooktoan.com KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 19 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: y = − x + x − 4 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số 2) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) điểm cực tiểu 3) Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x − 6x + − 4m = Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 22+2x − 5.6x = 9.9x 2) Tính tích phân: I = ∫ (x + 1)e 2xdx 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số: f (x ) = sin x + cos2 x + Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác vng A AC = a, C = 600 Đường chéo BC' mặt bên BB'C'C tạo với mặt phẳng (AA'C'C) góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ theo a II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn hai phần Theo chương trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x − y + 2z − = điểm A(1; 3; −2) 1) Tìm tọa độ hình chiếu A mặt phẳng (P) 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A qua gốc tọa độ O Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn: (1 + i )2 (2 − i )z = + i + (1 + 2i )z Tìm phần thực, phần ảo tính mơđun số phức z Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) có phương trình x +2 y z −1 = = điểm A(1; −2; 3) −3 1) Tìm tọa độ hình chiếu A đường thẳng (d) 2) Viết phương trình cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số y = x − 3x (C ) Tìm (C ) điểm cách hai trục toạ độ x +1 Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: 75 http://ebooktoan.com BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I: Hàm số: y = − x + x − 4 Tập xác định: D = ℝ Đạo hàm: y ′ = −x + 3x x = ′ = ⇔ −x + 3x = ⇔ x (−x + 3) ⇔  Cho y x = ± Giới hạn: lim y = −∞ ; lim y = −∞ x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên − x –∞ y′ y + −∞ – − +∞ + – −∞ Hàm số ĐB khoảng (−∞; − 3),(0; 3) , NB khoảng (− 3; 0),( 3; +∞) x CT = x = ± x = 1 Giao điểm với trục hoành: y = ⇔ − x + x − = ⇔  ⇔  x =5 4 x =±   y Giao điểm với trục tung: cho x = ⇒ y = − - -1 Đồ thị hàm số: hình vẽ bên x - O Điểm cực tiểu đồ thị có: x = ⇒ y = − 4 y = -1 - m f ′(x ) = f ′(0) = Hàm số đạt cực đại yCÑ = x CÑ = ± ; đạt cực tiểu yCT = − 5 = 0(x − 0) ⇔ y = − 4 1 x − 6x + − 4m = ⇔ − x + x = − m ⇔ − x + x − = −1 − m (*) 4 4 Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm (C ) d: y = –1 – m Do đó, dựa vào đồ thị ta thấy (*) có nghiệm phân biệt 1 − < −1 − m < ⇔ − < −m < ⇔ −2 < m < 4 Vậy, −2 < m < phương trình cho có nghiệm phân biệt x x 9 6   Câu II: 22+2x − 5.6x = 9.9x ⇔ 9.9x + 5.6x − 4.4x = ⇔ ⋅   + ⋅   − =     4 4   2x x  3 3 9⋅  + 5⋅  − =     2     2 Vậy, tiếp tuyến điểm cực đại hàm số là: y + 76 http://ebooktoan.com 3 Đặt t =   (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 9t + 5t − = ⇔   2   x −2 t = −1 (loaï ) i   t = (nhaä ) n   3 3 3 4 t = ⇔   = ⇔   =   ⇔ x = −2       2       2 2 9 Vậy, phương trình có nghiệm nhất: x = −2 x I = ∫ x (x + 1)e 2xdx   u = x +  du = dx   Đặt  Thay vào cơng thức tích phân phần ta : ⇒ dv = e 2xdx v = e 2x        2 21 1 1 5e − I = (x + 1)e 2x − ∫ e 2xdx = e − − e 2x = e − − e + = 2 2 2 4 0 4 Ta có f (x ) = cos x + sin x − = cos x + − cos x − = cos x − cos x − Đặt t = cos2 x (ĐK: t ∈ [0;1] ) f (x ) = g(t ) = t − t − g(t ) hàm số liên tục đoạn [0;1] g ′(t ) = 2t − g ′(t ) = ⇔ 2t − = ⇔ t =  1    g  = −  2 ; g(0) = −1 Trong kết trên, số − (nhận) g(1) = −1 nhỏ số −1 lớn , max y = −1 AB ⊥ AC   Câu III: Ta có,  ⇒ AB ⊥ (ACC ′A′) , AC ′ hình chiếu AB ⊥ AA′   vng góc BC ′ lên (ACC ′A′) Từ đó, góc BC ′ (ACC ′A′) Vậy, y = − A a 60 C B BC ′A = 300 Trong tam giác vuông ABC, AB = AC tan 600 = a Trong tam giác vuông ABC ′ , AC ′ = AB.cot 300 = a 3 = 3a Trong tam giác vuông ACC ′ , CC ′ = AC ′2 + AC = (3a )2 − a = 2a Vậy, thể tích lăng trụ là: V = B.h = 30 A' C' B' 1 AB.AC CC ′ = ⋅ a ⋅ a ⋅ 2a = a (đvdt) 2 THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: (P ) : 2x − y + 2z − = có vtpt n = (2; −1;2) Gọi d đường thẳng qua A(1; 3; −2) vng góc với (P ) d có vtcp u = (2; −1;2) x = + 2t    Do đó, d có PTTS: y = − t (*)   z = −2 + 2t    Thay (*) vào PTTQ (P ) : 2(1 + 2t ) − (3 − t ) + 2(−2 + 2t ) − = ⇔ t = 77 http://ebooktoan.com Thay t = 7 vào (*) ta được: x = ; y = ; z = − 3 3 7 2  Vậy, toạ độ hình chiếu vng góc A lên mp (P ) H  ; ; −     3 3  Gọi (S ) mặt cầu tâm A qua O Tâm mặt cầu: A(1; 3; −2) Bán kính mặt cầu: R = OA = 12 + 32 + (−2)2 = 14 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x − 1)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = 14 Câu Va: (1 + i )2 (2 − i )z = + i + (1 + 2i )z ⇔ 2i(2 − i )z = + i + (1 + 2i )z ⇔ 2(2i + 1)z = + i + (1 + 2i )z ⇔ (1 + 2i )z = + i ⇔ z = ⇔z = 8+i (8 + i )(1 − 2i ) = + 2i 12 − (2i )2 10 − 15i = − 3i Phần thực z a = 2, phần ảo z –3 môđun z z = 22 + (−3)2 = 13 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: d qua điểm M (−2; 0;1) có vtcp u = (1;2; −3) x = −2 + t    PTTS d là: y = 2t nên H ∈ d toạ độ H có dạng H (−2 + t ;2t ;1 − 3t )   z = − 3t    ⇒ AH = (−3 + t ;2 + 2t ; −2 − 3t ) Do A ∉ d nên H hình chiếu vng góc A lên d ⇔ AH ⊥ d ⇔ AH u = ⇔ (−3 + t )1 + (2 + 2t ).2 + (−2 − 3t ).(−3) = ⇔ t = −  5   Vậy, hình chiếu vng góc A lên d H − ; −1;     2 Gọi (S ) mặt cầu tâm A tiếp xúc với d Tâm mặt cầu: A(1; −2; 3) Bán kính mặt cầu: R = AH = (− ) 2 + 12 + (− ) = 27 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = Câu Vb: Xét điểm M ∈ (C ) : y =  x − 3x  x − 3x    ⇔ M x ;   x +  (ĐK: x ≠ −1 )   x +1 27 x − 3x ⇔ x + x = x − 3x x +1 x + x = x − 3x 4x = x = ⇔  ⇔  ⇔  x + x = −x + 3x 2x − 2x = x = Vậy, (C ) có điểm cách hai trục toạ độ, O(0; 0) M (1; −1) M cách trục toạ độ ⇔ x = 78 http://ebooktoan.com KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 20 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) x + x − 2x + 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = 2) Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: 2x + 3x − 12x − + 2m = Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 21+x + 26−x = 24 e 2) Tính tích phân: I = ∫ x + ln x dx x2 3) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x − x + giao điểm với đường thẳng y = 2x − Câu III (1,0 điểm): Một hình nón có thiết diện qua trục tam giác vng cân có cạnh góc vng a a) Tính diện tích xung quanh diện tích tồn phần hình nón b) Tính thể tích khối nón tương ứng II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn hai phần Theo chương trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm): Trong khơng gian với hệ tọa độ (O, i , j , k ) , cho hình hộp ABCD.A′ B ′C ′D ′ có OA = 0,OB = i ,OC ′ = i + j + 3k , AA′ = 3k , 1) Viết phương trình mặt phẳng (ABA′) tính khoảng cách từ C ′ đến (ABA′) 2) Tìm toạ độ đỉnh C viết phương trình cạnh CD hình hộp ABCD.A′ B ′C ′D ′ Câu Va (1,0 điểm): Cho z = − + i Tính z + z + 2 Theo chương trình nâng cao Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ (O, i , j , k ) , cho hình hộp ABCD.A′ B ′C ′D ′ có OA = 0,OB = i ,OC ′ = i + j + 3k , AA′ = 3k , 1) Tìm tọa độ đỉnh C, D chứng minh ABCD.A′ B ′C ′D ′ hình hộp chữ nhật 2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD.A′ B ′C ′D ′ Câu Vb (1,0 điểm): Cho z = − + i Tính z 2011 2 Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: 79 http://ebooktoan.com BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I: x + x − 2x + Tập xác định: D = ℝ Đạo hàm: y ′ = x + x − Hàm số: y = Cho y ′ = ⇔ x + x − = ⇔ x = hoaë x = −2 c Giới hạn: lim y = −∞ ; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên x –∞ y′ −2 + – + +∞ y +∞ –1 −∞ Hàm số ĐB khoảng (−∞; −2),(1; +∞) , NB khoảng (−2;1) Hàm số đạt cực đại yCÑ = x CÑ = −2 Hàm số đạt cực tiểu yCT = −1 x CT = y ′′ = 2x + Cho y ′′ = ⇔ 2x + = ⇔ x = − ⇒ y =  5 Điểm uốn: I − ;     4   y 3,5 x + x − 2x + = d Giao điểm với trục tung: cho x = ⇒ y = -3,5 -2 2,5 Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 2,5 x O y –1 3,5 1,25 –1 3,5 -1 Đồ thị hàm số: hình vẽ bên 1 1 2x + 3x − 12x − + 2m = ⇔ x + x − 2x − + m = 1 1 1 1 ⇔ x + x − 2x = − m ⇔ x + x − 2x + = − m (*) 3 3 1 Số nghiệm phương trình (*) với số giao điểm (C ) d : y = − m 3 1 19 19 Do đó, (*) có nghiệm pb −1 < − m < ⇔ − < − m < ⇔ >m >− 3 3 19 Vậy, phương trình cho có nghiệm phân biệt ⇔ − < m < Giao điểm với trục hoành: y = ⇔ y = Câu II: 21+x + 26−x = 24 ⇔ 2.2x + 64 = 24 (*) 2x 64 = 24 ⇔ 2t − 24t + 64 = t ⇔ t = t = (nhận hai nghiệm t > 0) Đặt t = 2x (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 2t + 80 http://ebooktoan.com Với t = ta có 2x = ⇔ x = Với t = ta có 2x = ⇔ x = Vậy, phương trình có hai nghiệm nhất: x = x = e e e e ln x x + ln x ln x   I =∫ dx = ∫ 1 + dx = ∫ dx + ∫ dx    1 x2  x2 x  Xét I = ∫ e e dx = x = e −   u = ln x  du = dx   e ln x   x Khi đó, Xét I = ∫ dx Đặt  ⇒ x2 dv = dx   v = −   x2    x   e e 1  ln x    + e dx = − −   = − − + = −    I = −     ∫1 x  x    e x  e e e 2 Vậy, I = I + I = e − + − = e − e e Viết pttt y = x − x + giao điểm với đường thẳng y = 2x − Cho x − x + = 2x − ⇔ x − 3x + ⇔ x = 1, x = −2 y ′ = 3x − Với x = ⇒ y = 13 − + = f ′(1) = 3.12 − = pttt x = là: y − = 2(x − 1) ⇔ y = 2x − S Với x = −2 ⇒ y = (−2)3 − (−2) + = −5 f ′(−2) = 3.(−2)2 − = 11 pttt x = là: y + = 11(x + 2) ⇔ y = 11x + 17 Vậy, có tiếp tuyến cần tìm là: y = 2x − y = 11x + 17 Câu III: Giả sử SAB thiết diện qua trục hình nón (như hình vẽ) Tam giác SAB cân S tam giác cân nên SA = SB = a A a AB = 2 Vậy, diện tích xung quanh diện tích tồn phần hình nón : Do đó, AB = SA2 + SB = a SO = OA = S xq = πrl = π ⋅ a a πa ⋅ = 2 2 ; S t p = S xq O a  πa     + πr = + π  = πa    2  1 a  a a π    Thể tích khối nón: V = πr 2h = π  =  ⋅  3   12 THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN A Câu IVa: Từ giả thiết ta có A(0; 0; 0) , B(1; 0; 0) ,C ′(1;2; 3) , A′(0; 0; 3) B Điểm (ABA′) : A(0; 0; 0) B I + 12 + 02 D B' Hai véctơ: AB = (1; 0; 0) , AA′ = (0; 0; 3) A'   0 0 1 0  = (0; −3; 0)  vtpt (ABA′) : n = [AB, AA′] =  ; ;  0 3 0 0     PTTQ (ABA′) : 0(x − 0) − 3(y − 0) + 0(z − 0) = ⇔ y = d (C ′,(ABA′)) = C =2 81 C' D' http://ebooktoan.com Từ AA′ = CC ′ ⇔ (0; 0; 3) = (1 − xC ;2 − yC ; − zC ) , ta tìm C (1;2; 0) Do CD || AB nên CD có vtcp u = AB = (1; 0; 0)  x = + t   Và hiển nhiên CD qua C nên có PTTS: y = (t ∈ ℝ)   z =     1 3  3   Câu Va: z = − + i ⇒ z = − + i = − i− =− − i      2 4 2 3 Do đó, z + z + = − + i− − i +1 = 2 2 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Từ AA′ = CC ′ ⇔ (0; 0; 3) = (1 − xC ;2 − yC ; − zC ) , ta tìm C (1;2; 0) B C Từ AB = DC ⇔ (1; 0; 0) = (1 − x D ;2 − yD ; −z D ) , ta tìm D(0;2; 0)   A AB = (1; 0; 0) AB.AD = AB ⊥ AD              AB ⊥ AD  B' AD = (0;2; 0) ⇒ AA′.AB = ⇒ AA′ ⊥ AB ⇒        AA′ ⊥ (ABCD ) AA′ ⊥ AB  AA′ = (0; 0; 3) AA′.AD =          A' Vậy, ABCD.A′ B ′C ′D ′ hình hộp chữ nhật Gọi (S ) mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD.A′ B ′C ′D ′ Tâm mặt cầu: I ( ;1; ) (là trung điểm đoạn AC ′ ) Bán kính mặt cầu: R = I C' D' 1 14 AC ′ = + 22 + 32 = 2 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x − )2 + (y − 1)2 + (z − )2 = Câu Vb:   3  3  z =− + i ⇒ z = − + i = − i− =− − i     2 2  4 2 2      1              ⇒ z = z z = − + i  − − i  = −  −  i =          2   2 670 = z 2010 z = (z ) z = 1670.z = z = − + i 2 ⇒ z 2011 3 Vậy, với z = − + i z 2011 = z = − + i 2 2 82 D ... 20 http://ebooktoan.com KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 06 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. .. KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề - ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số... http://ebooktoan.com KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 05 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề