ĐỀ THI THỬ SỐ 14 TN 2011

TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐÁNG KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 14 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: 2 1 1 x y x + = - 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm trên ( )C có tung độ bằng 5. 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( )C và hai trục toạ độ. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 0.5 2 log ( 5) 2 log ( 5) 0x x+ + + = 2) Tính tích phân: 1 0 1I x xdx= - ò 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 ( 2) x y e x= - trên đoạn [1;3] Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông góc với mặt đáy. Góc · 0 60SCB = , BC = a, 2SA a= . Gọi M là trung điểm SB. 1) Chứng minh rằng (SAB) vuông góc (SBC). 2) Tính thể tích khối chóp MABC II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1. Theo chương trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm ( 1;1;1), (5;1; 1), (2;5;2), (0; 3;1)A B C D- - - 1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Từ đó chứng minh ABCD là một tứ diện. 2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm D, đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Viết phương trình tiếp diện với mặt cầu (S) song song với mp(ABC) Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 4 2 5 36 0z z- - = 2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình : 3 1 3 2 1 1 x y z+ + - = = và mặt phẳng (P): 2 5 0x y z+ - + = . 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 2) Tính góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 3) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng (P). Câu Vb (1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau : 2 2 2 4 .log 4 log 2 4 y y x x - - ì ï = ï ï í ï + = ï ï î Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: BI GII CHI TIT . Cõu I: Hm s 2 1 1 x y x + = - Tp xỏc nh: \ {1}D = Ă o hm: 2 3 0, ( 1) y x D x -  = < " ẻ - Hm s luụn NB trờn cỏc khong xỏc nh v khụng t cc tr. Gii hn v tim cn: ; lim 2 lim 2 2 x x y y y - Ơ + Ơđ đ = = =ị l tim cn ngang. ; 1 1 lim lim 1 x x y y x - + đ đ = - Ơ = + Ơ =ị l tim cn ng. Bng bin thiờn x 1 + y  + + y 2 - Ơ + Ơ 2 Giao im vi trc honh: cho 1 0 2 y x= = - Giao im vi trc tung: cho 0 1x y= = -ị Bng giỏ tr: x 2 0 1 2 4 y 1 1 || 4 5 th hm s nh hỡnh v bờn õy: 0 0 0 0 0 0 2 1 5 5 2 1 5 5 2 1 x y x x x x + = = + = - = - 0 2 3 ( ) 3 (2 1) f x -  = = - - Phng trỡnh tip tuyn cn tỡm: 5 3( 2) 3 11y x y x- = - - = - + Din tớch cn tỡm: 0 0 0 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 3 2 1 1 1 x x S dx dx dx x x x - - - ổ ử + + ữ ỗ ữ = = = + ỗ ữ ỗ ố ứ - - - ũ ũ ũ ( ) 0 1 2 3 3 2 3 ln 1 1 3 ln 3 ln 1 2 2 x x - = + - = - = - (vdt) Cõu II: 2 0.5 2 log ( 5) 2 log ( 5) 0x x+ + + = (*) iu kin: 2 5 0 5 0 5 5 0 x x x x ỡ ù + > ù ù + > > - ớ ù + > ù ù ợ Khi ú, 1 2 2 0.5 2 2 2 log ( 5) 2 log ( 5) 0 log ( 5) 2 log ( 5) 0x x x x - + + + = + + + = (nhan) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log ( 5) log ( 5) 0 log ( 5) log ( 5) ( 5) 5 10 25 5 10 20 2 x x x x x x x x x x x - + + + = + = + + = + + + = + = - = - Vy, phng trỡnh cú nghim duy nht: 2x = - 1 0 1I x xdx= - ũ . t 1t x dt dx dx dt= - = - = -ị ị v 1x t= - i cn: x 0 1 t 1 0 Vy, 1 3 5 1 3 2 2 1 0 1 2 2 0 1 0 0 2 2 4 1 (1 ) ( ) ( ) 3 5 15 t t I x xdx t t dt t t dt ổ ử ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ = - = - - = - = - = ỗ ữ ữ ỗ ố ứ ũ ũ ũ Hm s 2 2 ( 2) ( 4 4) x x y e x e x x= - = - + liờn tc trờn on [1;3] 2 2 2 2 ( ) ( 4 4) ( 4 4) ( 4 4) (2 4) ( 2 ) x x x x x y e x x e x x e x x e x e x x    = - + + - + = - + + - = - (loai) (nhan) 2 2 0 [1;3] 0 ( 2 ) 0 2 0 2 [1;3] x x y e x x x x x ộ = ẽ ờ  = - = - = ờ = ẻ ờ ở 2 2 (2) (2 2) 0f e= - = ; 1 2 (1) (1 2)f e e= - = v 3 2 3 (3) (3 2)f e e= - = Trong cỏc kt qu trờn, s 0 nh nht, s 3 e ln nht. Vy, khi khi 3 [1;3] [1;3] min 0 2 , max 3y x y e x= = = = Cõu III ( ) ( ) ( ) BC SA SA B BC SA B BC A B SA B ỡ ù ^ è ù ^ị ớ ù ^ è ù ợ (do SA ct BC) M ( )BC SBCè nờn ( ) ( )SBC SA B^ Ta cú, ã 0 . t an . t an 60 3SB BC SCB a a= = = 2 2 2 2 ( 3) ( 2)A B SB SA a a a= - = - = 2 1 1 1 2 2 2 2 4 MA B SA B a S S SA A B D D = ì = ì ì ì = Th tớch khi chúp M.ABC: 2 3 1 1 1 2 2 3 3 3 4 12 MA B a a V B h S BC a D = ì ì = ì ì = ì ì = (vdt) THEO CHNG TRèNH CHUN Cõu IVa: ( 1;1;1), (5;1; 1), (2;5;2), (0; 3;1)A B C D- - - im trờn mt phng (ABC): ( 1;1;1)A - Hai vộct: (6; 0; 2)A B = - uuur (3;4;1)A C = uuur ị vtpt ca mp(ABC): 0 2 2 6 6 0 [ , ] ; ; (8; 12;24) 4 1 1 3 3 4 n A B A C ổ ử - - ữ ỗ ữ ỗ = = = - ữ ỗ ữ ỗ ữ ữ ỗ ố ứ uuur uuur r PTTQ ca mp(ABC): 8( 1) 12( 1) 24( 1) 0x y z+ - - + - = 8 12 24 4 0 2 3 6 1 0x y z x y z- + - = - + - = Thay to im D vo phng trỡnh mp(ABC) ta c: 2.0 3( 3) 6.1 1 0 14 0- - + - = = : vụ lý Vy, ( )D A BCẻ hay ABCD l mt t din. Mt cu ( )S cú tõm D, tip xỳc mp(ABC) Tõm ca mt cu: (0; 3;1)A - Bỏn kớnh mt cu: 2 2 2 2.0 3.( 3) 6.1 1 14 ( ,( )) 2 7 2 ( 3) 6 R d D A BC - - + - = = = = + - + Phng trỡnh mt cu 2 2 2 ( ) : ( 3) ( 1) 4S x y z+ + + - = Gi (P) l tip din ca ( )S song song vi mp(ABC) thỡ (P) cú phng trỡnh 2 3 6 0 ( 1)x y z D D   - + + = -ạ Vỡ (P) tip xỳc vi ( )S nờn 2 2 2 2.0 3.( 3) 6.1 ( ,( )) 2 2 ( 3) 6 D d I P R  - - + + = = + - + (loai) nhan 15 14 1 15 14 15 14 29( ) D D D D D ộ ộ   + = = - ờ ờ  + = ờ ờ   + = - = - ờ ờ ở ở Vy, phng trỡnh mp(P) cn tỡm l: 2 3 6 29 0x y z- + - = Câu Va: 4 2 5 36 0z z- - =  Đặt 2 t z= , phương trình trở thành 2 2 2 9 9 3 5 36 0 4 2 4 t z z t t t z i z é é é = = = ± ê ê ê - - = ÛÛÛ ê ê ê = - = ± = - ê ê ê ë ë ë  Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm: 3; 2z z i= ± = ± THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình: 3 1 3 2 1 1 x y z+ + - = = và mặt phẳng (P): 2 5 0x y z+ - + = . 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 2) Tính góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 3) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng (P). Câu IVb:  Thay ptts của d: 3 2 1 3 x t y t z t ì ï = - + ï ï ï = - + í ï ï = + ï ï î (1) vào pttq của mp(P): 2 5 0x y z+ - + = ta được: ( 3 2 ) 2( 1 ) (3 ) 5 0 3 3 0 1t t t t t- + + - + - + + = - = =Û Û  Thay t = 1 vào (1) ta được giao điểm của d và (P) là: ( 1; 0; 4)H -  Gọi ( )Q là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mp(P), khi đó ( )Q có vtpt 1 1 1 2 2 1 [ , ] ; ; ( 3;3;3) 2 1 1 1 1 2 Q d P n u n æ ö ÷ ç ÷ ç = = = - ÷ ç ÷ ç - - ÷ ÷ ç è ø r r r  D là hình chiếu vuông góc của d lên (P), chính là giao tuyến của (P) và (Q), nên có vtcp 2 1 1 1 1 2 [ , ] ; ; (9;0;9) 3 3 3 3 3 3 P Q u n n D æ ö - - ÷ ç ÷ ç = = = ÷ ç ÷ ç - - ÷ ÷ ç è ø r r r  Vậy, hình chiếu D của d lên (P) đi qua H, có vtcp (9; 0;9)u D = r hoặc (1;0;1)u = r nên có ptts 1 0 ( ) 4 x t y t z t ì ï = - + ï ï ï = Î í ï ï = + ï ï î ¡ Câu Vb: 2 2 2 2 2 4 .log 4 4 .log 4 4 4 log 2 4 4 log 4 y y y y x x uv u v x x - - - - ì ì ì ï ï ï = = = ï ï ï ï ï Û Û í í í ï ï ï + = + = + = ï ï ï î ï ï î î (*) (với 4 0 y u - = > và 2 logv x= )  Từ (*) ta suy ra, u,v là 2 nghiệm phương trình: 2 1 2 4 4 0 2X X X X- + = = =Û  Như vậy, 4 2 2 1 4 4 2 log 2 2 1 log 2 2 4 2 y x y x y x - ì ì ï ï = ì ï ï ï = - = = ï ï ï ï ï ï Û Û í í í ï ï ï = = - ï ï ï = = ï î ï ï ï î ï î  Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 4 1 2 x y ì ï = ï ï ï í ï = - ï ï ï î . NGUYỄN ĐÁNG KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 14 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN. TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 2 1 1 x y x + = - 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm trên. nờn 2 2 2 2.0 3.( 3) 6.1 ( ,( )) 2 2 ( 3) 6 D d I P R  - - + + = = + - + (loai) nhan 15 14 1 15 14 15 14 29( ) D D D D D ộ ộ   + = = - ờ ờ  + = ờ ờ   + = - = - ờ ờ ở ở Vy, phng trỡnh