ĐỀ THI THU TN 09 CÓ ĐÁP ÁN CHI TIET

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông 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: 3 2 3 1y x x= − + − có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Dựa vào đồ thị (C), hãy tìm điều kiện của tham số k để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: 3 2 3 0x x k− + = 3) Tìm giao điểm của (d): 2y x= − + và đồ thị (C) Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 2 2 2log ( –1) log (5 – ) 1x x> + 2) Tính tích phân: 1 0 ( ) x I x x e dx= + ∫ 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 3 2 2 3 12 2y x x x= + − + trên [ 1;2]- Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác đều .ABC A B C ¢ ¢ ¢ có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a. 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 với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng: 1 2 2 ( ) : 3 x t d y z t ì ï = - ï ï ï = í ï ï = ï ï î và 2 2 1 ( ) : 1 1 2 x y z d - - = = - 1) Chứng minh rằng hai đường thẳng 1 2 ( ),( )d d vuông góc nhau nhưng không cắt nhau. 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d 1 đồng thời song song d 2 . Từ đó, xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng d 1 và d 2 đã cho. Câu Va (1,0 điểm): 1) Tìm môđun của số phức: 3 1 4 (1 )z i i= + + − . 2) Giải phương trình trên tập số phức ( ) ( ) 2 3 2 2 1 0i z z z − + + = 2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng: 1 2 2 ( ) : 3 x t d y z t ì ï = - ï ï ï = í ï ï = ï ï î và 2 2 1 ( ) : 1 1 2 x y z d - - = = - 1) Chứng minh rằng hai đường thẳng 1 2 ( ),( )d d vuông góc nhau nhưng không cắt nhau. 2) Viết phương trình đường vuông góc chung của 1 2 ( ),( )d d . Câu Vb (1,0 điểm): Tìm nghiệm của phương trình sau đây trên tập số phức: 2 z z= , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z. 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: 1 TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ 09 GV Bùi Văn Nhạn ĐÁP ÁN CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số 3 2 3 1y x x= - + -  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: 2 3 6y x x ¢ = - +  Cho hoac 2 0 3 6 0 0 2y x x x x ¢ = Û - + = Û = =  Giới hạn: ; lim lim x x y y ®- ¥ ®+¥ = +¥ = - ¥  Bảng biến thiên x – 0 2 + y ¢ – 0 + 0 – y + 3 –1 –  Hàm số ĐB trên khoảng (0;2); NB trên các khoảng (–;0), (2;+) Hàm số đạt cực đại CÑ 3y = tại CÑ 2x = đạt cực tiểu CT 1y = - tại CT 0x =  Giao điểm với trục tung: cho 0 1x y= Þ = -  Điểm uốn: 6 6 0 1 1y x x y ¢¢ = - + = Û = Þ = . Điểm uốn là I(1;1)  Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 y 3 –1 1 3 –1  Đồ thị hàm số như hình vẽ:  3 2 3 2 3 2 3 2 3 0 3 3 3 1 1x x k x x k x x k x x k- + = Û - = - Û - + = Û - + - = - (*)  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = k – 1  (*) có 3 nghiệm phân biệt 1 1 3 0 4k kÛ - < - < Û < <  Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt 0 4kÛ < <  Pthđgđ của (d) và (C): 3 2 3 2 3 1 2 3 3 0 1; 3x x x x x x x x− + − = − + ⇔ − − + = ⇔ = ± = Vậy (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ( ) ( ) ( ) 1;1 ; 1;3 , 3; 1− − Câu II:  2 2 2log ( – 1) log (5– ) 1x x> +  Điều kiện: 1 0 1 1 5 5 0 5 x x x x x ì ì ï ï - > > ï ï Û Û < < í í ï ï - > < ï ï î î (1)  Khi đó, 2 2 2 2 2 2log ( – 1) log (5– ) 1 log ( – 1) log [2.(5 – )]x x x x> + Û > 2 2 2 3 ( 1) 2(5 ) 2 1 10 2 9 0 3 x x x x x x x x < −  ⇔ − > − ⇔ − + > − ⇔ − > ⇔  >   Đối chiếu với điều kiện (1) ta nhận: 3 < x < 5  Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là: (3;5)S =  Xét 1 0 ( ) x I x x e dx= + ò  Đặt 2 ( ) 2 x x du dx u x x dv x e dx v e =  =   ⇒   = + = +    . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: 2 1 1 1 2 2 3 1 0 0 0 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 1 1 4 ( ) (0 1) 2 6 3 x x x x x x x I x x e dx x e e dx e e e e = + = + - + = + - + = + - + + + = ũ ũ (Cú th tỏch 1 1 1 2 0 0 0 ( ) . x x I x x e dx x dx x e dx= + = + ) Tỡm GTLN, GTNN ca hm s 3 2 2 3 12 2y x x x= + - + trờn on [ 1;2]- Hm s 3 2 2 3 12 2y x x x= + + liờn tc trờn on [ 1;2]- 2 6 6 12y x x  = + - Cho (loai) (nhan) 2 2 [ 1;2] 0 6 6 12 0 1 [ 1;2] x y x x x ộ = - ẽ - ờ  = + - = ờ = ẻ - ờ ở Ta cú, 3 2 (1) 2.1 3.1 12.1 2 5f = + - + = - 3 2 3 2 ( 1) 2.( 1) 3.( 1) 12.( 1) 2 15 (2) 2.2 3.2 12.2 2 6 f f - = - + - - - + = = + - + = Trong cỏc s trờn s 5- nh nht, s 15 ln nht. Vy, khi khi [ 1;2] [ 1;2] min 5 2, max 15 1y x y x - - = - = = = - Cõu III Gi ,O O  ln lt l trng tõm ca hai ỏy ABC v A B C    thỡ OO  vuụng gúc vi hai mt ỏy. Do ú, nu gi I l trung im OO  thỡ IA IB IC    = = v IA IB IC= = Ta cú, 2 2 3 3 3 3 2 3 a a OA O A AM   = = = ì = V 2 2 2 2 2 2 3 21 2 3 4 3 6 a a a a a IA OI OA IA ổ ử ổử ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ  ữ = + = + = + = = ỗ ữ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ố ứ ố ứ Suy ra, I l tõm mt cu ngoi tip lng tr v IA l bỏn kớnh ca nú Din tớch mt cu l: 2 2 2 7 7 4 4 12 3 a a S R p p p= = ì = (vdt) THEO CHNG TRèNH CHUN Cõu IVa: d 1 i qua im 1 (2;3;0)M , cú vtcp 1 ( 2;0;1)u = - r d 2 i qua im 2 (2;1;0)M , cú vtcp 2 (1; 1;2)u = - r Ta cú, 1 2 1 2 1 2 . 2.1 0.( 1) 1.2 0u u u u d d= - + - + = ị ^ ị ^ r r r r 1 2 0 1 1 2 2 0 [ , ] ; (1;5;2) 1 2 2 1 1 1 u u = = ữ r r 1 2 1 2 1 2 (0; 2;0) [ , ]. 10 0M M u u M M= - ị = - ạ uuuuuur uuuuuur r r Vy, d 1 vuụng gúc vi d 2 nhng khụng ct d 2 Mt phng (P) cha d 1 nờn i qua 1 (2;3;0)M v song song d 2 im trờn mp(P): 1 (2;3;0)M vtpt ca mp(P): 1 2 [ , ] (1;5;2)n u u= = r r r PTTQ ca mp(P): 1( 2) 5( 3) 2( 0) 0x y z- + - + - = 3 5 2 17 0x y zÛ + + - =  Khoảng cách giữa d 1 và d 2 bằng khoảng cách từ M 2 đến mp(P), bằng: 2 2 2 2 2 5.1 2.0 17 10 30 ( ,( )) 3 30 1 5 2 d M P + + - = = = + + Câu Va:1) 3 2 3 1 4 (1 ) 1 4 1 3 3 1 2z i i i i i i i= + + - = + + - + - = - +  Vậy, 2 2 1 2 ( 1) 2 5z i z= - + Þ = - + = 2) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 2 0 3 2 2 1 0 2 2 1 0 2 1 0 i z z i i z z z z z z z  − = =   − + + = ⇔ ⇔   + + =  + + =   Giải phương trình: 2 2 1 0z z+ + = có 2 1 8 7 7i∆ = − = − = suy ra pt có 2 nghiệm phức phân biệt 1 2 1 7 4 4 1 7 4 4 z i z i  − = −    − = +   THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: (1;1;1), (2; 1;3), (5;2;0), ( 1;3;1)A B D A ¢ - - Hoàn toàn giống câu IVa.1 (phần dành cho CT chuẩn): đề nghị xem bài giải ở trên.  1 2 2 ( ) : 3 x t d y z t ì ï = - ï ï ï = í ï ï = ï ï î và 2 2 1 ( ) : 1 1 2 x y z d - - = = -  d 1 đi qua điểm 1 (2;3;0)M , có vtcp 1 ( 2;0;1)u = - r d 2 đi qua điểm 2 (2;1;0)M , có vtcp 1 (1; 1;2)u = - r  Lấy 1 2 ,A d B dÎ Î thì (2 2 ;3; ), (2 ;1 ;2 ) ( 2 ; 2 ;2 )A a a B b b b AB b a b b a- + - Þ = + - - - uuur  AB là đường vuông góc chung của d 1 và d 2 khi và chỉ khi 1 2 0 . 0 2( 2 ) 0 1(2 ) 0 5 0 1 1( 2 ) 1( 2 ) 2(2 ) 0 6 2 0 . 0 3 a AB u b a b a a b a b b a b b AB u ì ì ï = ï ì ì ï ï ï = - + + + - = - = ï ï ï ï ï ï Û Û Û í í í í ï ï ï ï + - - - + - = + = = - = ï ï ï ï î î ï ï î ï î uuur r uuur r  Đường vuông góc chung của d 1 và d 2 đi qua A(2;3;0) và có vtcp 1 5 2 ( ; ; ) 3 3 3 AB = - - - uuur hay (1;5;2)u = r  Vậy, PTCT cần tìm: 2 3 1 5 2 x y z- - = = Câu Vb: 2 z z= (*) Giả sử z a bi z a bi= + Þ = - . Thay vào phương trình (*)ta được: 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2a bi a bi a bi a abi b i a bi a b abi- = + Û - = + + Û - = - + 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 0 hoac 2 2 0 (2 1) 0 a a b a a b a a b a a b b a b ab ab b b a     = − = − = − = −  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = = − − = + = + =       Với b = 0, ta được hoac 2 2 0 0 1a a a a a a= Û - = Û = =  Với 1 2 a = - , ta được 2 2 1 1 3 3 2 4 4 2 b b b- = - Û = Û = ±  Vậy, các nghiệm phức cần tìm là: 1 2 3 4 1 3 1 3 0 , 1 , , 2 2 2 2 z z z i z i= = = − + = − − 4 . 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: 1 TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ 09 GV Bùi Văn Nhạn ĐÁP ÁN CHI TIẾT. Câu. KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT. x x x= + − + trên [ 1;2]- Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác đều .ABC A B C ¢ ¢ ¢ có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a. II.