Đề thi thử tôt nghiệp số 6

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT HÙYNH NGỌC HUỆ ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TÓAN Thời gian làm bài: 150 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7,0 điểm) Câu I: ( 3,0 điểm ) Cho hàm số : y = – x 3 + 3x 2 – 4. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Tìm m để phương trình x 3 – 3x 2 + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu II: ( 3,0 điểm ) 1) Giải phương trình: log 4 (2x 2 + 8x) = log 2 x + 1 . 2) Tính tích phân: I = 2 2 0 sin 2x dx 1 cos x π + ∫ 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f(x) = 2 x 2 x+ − . Câu III: ( 1 điểm ) Cho khối chóp S.ABC có hai mặt ABC, SBC là các tam giác đều cạnh a và SA= a 3 2 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. II. PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu IV.a: ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: ∆ 1 : x 1 y 1 z 2 2 1 2 + − − = = − − , ∆ 2 : x 1 2t y 2 t z 1 2t = −   = − +   = +  1) Chứng minh rằng hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 song song với nhau. 2) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 . Câu V.a: ( 1,0 điểm ) Tìm môđun của số phức: z = 3 2i 2 i + − 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu IV.b: ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: ∆ 1 : 3 1 2 1 1 2 − − = + = − z y x , ∆ 2 : x t y 2 t z 1 2t =   = −   = +  và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 – 2x + 4y – 6z – 2 = 0. 1) Chứng minh rằng hai đường thẳng ∆ 1 , ∆ 2 chéo nhau và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng đó. 2) Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với hai đường thẳng ∆ 1 , ∆ 2 và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có chu vi bằng 8π. Câu V.b: ( 1,0 điểm ) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z 2 – 2(1 + 2i )z + 8i = 0. –––––––––––––– Hết –––––––––––––– Trường THPT Huỳnh Ngọc Huệ ĐÁP ÁN ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT (Tham khảo) Câu Đáp án Điểm Câu I (3 điểm) 1) (2 điểm) a) Tập xác định: D = R 0,25 b) Sự biến thiên: + Giới hạn : x lim →+∞ = −∞ , x lim →−∞ = +∞ + Lập bảng biến thiên của hàm số : y’ = – 3x 2 + 6x. y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Bảng biến thiên: x –∞ 0 2 +∞ Y’ – 0 + 0 – Y +∞ 0 –4 –∞ Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2), nghịch biến trên mỗi khoảng (– ∞ ;0), (2 ;+∞). Giá trị cực tiểu: y(0) = –4, giá trị cực đại: y(2)= 0. 0,25 0,25 0,5 0,25 c) Đồ thị: Điểm uốn: I(1 ; –2) Giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ: (–1;0), (2;0), (0;–4). Vẽ đồ thị 0,5 2) (1điểm) + Phương trình đã cho tương đương với: – x 3 + 3x 2 – 4 = m – 4 (1) Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C): y = – x 3 + 3x 2 – 4 và đường thẳng (d): y = m – 4 Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt. Dựa vào đồ thị suy ra: –4 < m – 4 < 0 hay: 0 < m < 4 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II (3 điểm) 1) (1 điểm) Giải phương trình: log 4 (2x 2 + 8x) = log 2 x + 1 (1) Điều kiện: x > 0. Khi đó: (1) ⇔ log 4 (2x 2 + 8x) = log 4 (4x 2 ) ⇔ 2x 2 + 8x = 4x 2 ⇔ x 2 – 4x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4. Kết hợp với điều kiện x > 0 suy ra PT (1) có một nghiệm: x=4. 0,25 0,25 0,25 0,25 2) (1 điểm) Đặt t = 1 + cos 2 x ⇒ dt = – sin2xdx x = 0 ⇒ t = 2, x = π/2 ⇒ t = 1 Khi đó: I = 1 2 1 dt t − ∫ = 2 1 1 dt t ∫ = 2 1 ln | t | = ln2. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm I H A C B S Câu II 3) (1 điểm) + Tập xác định: D = [ – 2 ; 2 ] + f’(x) = 1 – 2 2 x x − = 2 2 2 x x 2 x − − − + f’(x) = 0 ⇔ 2 2 x x 2 x 2   − =  − < <   ⇔ 2 2 2 x x 0 x 2  − =   ≤ <   ⇔ x = 1 + f(1) = 2, f(– 2 ) = – 2 , f( 2 ) = 2 và kết luận. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (1 điểm) + Gọi I là trung điểm cạnh BC. Chứng minh tam giác SAI đều + Gọi H là trung điểm AI Chứng minh được: SH ⊥ (ABC) + Tính được: SH = 3a/4, và: S ABC = 2 3a 4 + Thể tích khối chóp S.ABC là: V = 3 ABC 1 a 3 S .SH 3 16 = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV.a (2 điểm) 1) (1 điểm) + ∆ 1 qua A(–1;1;2) và có vectơ chỉ phương 1 u uur =(2;–1;–2) + ∆ 2 có vectơ chỉ phương 2 u uur =(–2;1;2) + Toạ độ điểm A không thoả mãn phương trình của ∆ 2 nên A ∉ ∆ 2 . + Vì 1 u uur = – 2 u uur và A ∉ ∆ 2 nên ∆ 1 và ∆ 2 song song với nhau. 0,25 0,25 0,25 0,25 2) (1 điểm) Gọi H(1–2t;–2+t;1+2t) là hình chiếu của A trên ∆ 2 thì d(∆ 1 ;∆ 2 )=AH Ta có : AH uuur = (2–2t;–3+t;–1+2t). AH uuur ⊥ 2 u uur ⇔ AH uuur . 2 u uur =0 ⇔ –2(2–2t) –3+t + 2(–1+2t) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ AH uuur = (0;–2;1) ⇒ d(∆ 1 ;∆ 2 ) = AH = 5 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV.b (1 điểm) Ta có: z = (3 2i)(2 i) 4 7i (2 i)(2 i) 5 + + + = − + ⇒ 16 49 65 | z | 5 5 + = = 0,5 0,5 Câu Đáp án Điểm Câu V.a (2 điểm) 1) (1 điểm) + ∆ 1 qua M 1 (2 ; –1 ; 1) và có vectơ chỉ phương 1 u uur = (1 ; 2 ; –3). ∆ 2 qua M 2 (0 ; 2 ; 1) và có vectơ chỉ phương 2 u uur = (1 ; – 1 ; 2). + [ 1 u uur , 2 u uur ] = (1 ; –5 ; –3). M 1 M 2 = (–2 ; 3 ; 0) + [ 1 u uur , 2 u uur ] 1 2 M M uuuuuur = –17 ≠ 0=> ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau. + Tính được: d(∆ 1 ; ∆ 2 ) = 17 35 0,25 0,25 0,25 0,25 2) (1 điểm) + Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2 ; 3) và bán kính R = 4. + Mặt phẳng (α) song song với ∆ 1 , ∆ 2 nên có vectơ pháp tuyến: 1 2 n [u ,u ]= r uur uur = (1;– 5; – 3). + Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có: 2πr = 8π => r = 4 => r = R => I ∈ (α) + Phương trình mặt phẳng (α): x – 5y – 3z – 2 = 0. Vì M 1 và M 2 không thuộc (α) nên ∆ 1 // (α) và ∆ 2 // (α). Vậy phương trình mặt phẳng (α) cần tìm là: x – 5y – 3z – 2 = 0. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V.b (1 điểm) Ta có: ∆’ = (1+2i) 2 – 8i = –3 + 4i – 8i = – 3 – 4i ⇒ ∆’ = (1 – 2i) 2 (hoặc tìm được các căn bậc hai của ∆’ là ±(1–2i)) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: z 1 = 1 + 2i + 1 – 2i = 2 và z 2 = 1 + 2i – (1 – 2i) = 4i 0,25 0,5 0,25 . D = R 0,25 b) Sự biến thi n: + Giới hạn : x lim →+∞ = −∞ , x lim →−∞ = +∞ + Lập bảng biến thi n của hàm số : y’ = – 3x 2 + 6x. y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Bảng biến thi n: x –∞ 0 2 +∞ Y’ –. Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z 2 – 2(1 + 2i )z + 8i = 0. –––––––––––––– Hết –––––––––––––– Trường THPT Huỳnh Ngọc Huệ ĐÁP ÁN ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT (Tham khảo) Câu Đáp án Điểm Câu. THPT HÙYNH NGỌC HUỆ ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TÓAN Thời gian làm bài: 150 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7,0 điểm) Câu I: ( 3,0 điểm ) Cho hàm số : y = – x 3 + 3x 2