ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT 12 NĂM 2011(RẤT HAY)

GV: Huỳnh Tấn Quảng 1 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 01 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: 2 (1 ) (4 ) y x x    1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( ) C tại giao điểm của ( ) C với trục hoành. 3) Tìm m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: 3 2 6 9 4 0 x x x m      Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 1 2 3.2 2 0 x x    2) Tính tích phân: 1 0 (1 ) x I x e dx    3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 2 ( 1) x y e x x    trên đoạn [0;2]. Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích của hình chóp. 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 toạ độ Oxyz, cho (2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2) A B C   . 1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng ( ) ABC . 2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên mặt phẳng ( ) ABC . Câu Va (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng: 2 6 2 z z i    . 2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho (2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2) A B C   1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không 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 môđun của số phức z = 2011 ( 3 ) i  . 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: Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. GV: Huỳnh Tấn Quảng 2 x y 2 3 4 4 2O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I : 2 2 2 2 3 (1 ) (4 ) (1 2 )(4 ) 4 8 2 4 y x x x x x x x x x x              3 2 6 9 4 x x x       3 2 6 9 4 y x x x       Tập xác định: D    Đạo hàm: 2 3 12 9 y x x       Cho 2 1 0 3 12 9 0 3 x y x x x                 Giới hạn: ; lim lim x x y y        Bảng biến thiên x – 1 3 + y  – 0 + 0 – y + 4 0 –  Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng ( –;1), (3;+) Hàm số đạt cực đại 4 y  tại 3 x  ; đạt cực tiểu CT 0 y  tại CT 1 x   6 12 0 2 2 y x x y          . Điểm uốn là I(2;2)  Giao điểm với trục hoành: 3 2 1 0 6 9 4 0 4 x y x x x x                Giao điểm với trục tung: 0 4 x y     Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4 y 4 0 2 4 0  Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm trục đối xứng như hình vẽ bên đây  3 2 ( ) : 6 9 4 C y x x x      . Viết pttt tại giao điểm của ( ) C với trục hoành.  Giao điểm của ( ) C với trục hoành: (1;0), (4;0) A B  pttt với ( ) C tại (1;0) A : 0 0 0 1 0 : 0 0( 1) 0 ( ) (1) 0 x y A y x y f x f                    ; pttt taïi  pttt với ( ) C tại (4;0) B : 0 0 0 4 0 : 0 9( 4) 9 36 ( ) (4) 9 x y B y x y x f x f                        ; pttt taïi  Vậy, hai tiếp tuyến cần tìm là: 0 y  và 9 36 y x     Ta có, 3 2 3 2 6 9 4 0 6 9 4 (*) x x x m x x x m            (*) là phương trình hoành độ giao điểm của 3 2 ( ) : 6 9 4 C y x x x      và : d y m  nên số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của ( ) C và d.  Dựa vào đồ thị ta thấy (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 4 m    Vậy, với 0 < m < 4 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt. Câu II  2 1 2 2 3.2 2 0 2.2 3.2 2 0 x x x x        (*)  Đặt 2 x t  (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. GV: Huỳnh Tấn Quảng 3 60 2 a O C B A D S (nhan) (loai) 2 1 2 2 2 3 2 0 t t t t              Với t = 2: 2 2 1 x x     Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 1.  1 0 (1 ) x I x e dx     Đặt 1 x x u x du dx dv e dx v e                         . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 (1 ) (1 1) (1 0) 2 1 ( ) x x x I x e e dx e e e e e e e                Vậy, 1 0 (1 ) x I x e dx e      Hàm số 2 ( 1) x y e x x    liên tục trên đoạn [0;2]  2 2 2 2 ( ) ( 1) ( 1) ( 1) (2 1) ( 2) x x x x x y e x x e x x e x x e x e x x                   Cho (nhan) (loai) 2 2 1 [0;2] 0 ( 2) 0 2 0 2 [0;2] x x y e x x x x x                       Ta có, 1 2 (1) (1 1 1) f e e      0 2 (0) (0 0 1) 1 f e      2 2 2 (2) (2 2 1) f e e      Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là e  và số lớn nhất là 2 e  Vậy, khi khi 2 [0;2] [0;2] min 1; max 2 y e x y e x      Câu III  Gọi O là tâm của mặt đáy thì ( ) SO ABCD  do đó SO là đường cao của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO, do đó  0 60 SBO  (là góc giữa SB và mặt đáy)  Ta có,    tan .tan .tan 2 SO BD SBO SO BO SBO SBO BO     0 2.tan 60 6 a a    Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là 3 1 1 1 4 6 . . . 2 .2 . 6 3 3 3 3 a V B h AB BC SO a a a     THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: Với (2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2) A B C   . Ta có hai véctơ: ( 1; 2;4) AB     , ( 2;1;3) AC     2 4 4 1 1 2 [ , ] ; ; ( 10; 5; 5) 0 , , 1 3 3 2 2 1 AB AC A B C                                không thẳng hàng.  Điểm trên mp ( ) ABC : (2;0; 1) A   vtpt của mp ( ) ABC : [ , ] ( 10; 5; 5) n AB AC          Vậy, PTTQ của mp ( ) ABC : 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0 A x x B y y C z z       Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. GV: Huỳnh Tấn Quảng 4 10( 2) 5( 0) 5( 1) 0 10 5 5 15 0 2 3 0 x y z x y z x y z                     Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng ( ) a , có vtcp (2;1;1) u    PTTS của 2 : x t d y t z t               . Thay vào phương trình mp ( ) a ta được: 1 2 2(2 ) ( ) ( ) 3 0 6 3 0t t t t t           Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là   1 1 2 2 1; ; H Câu Va:  Đặt z a bi z a bi      , thay vào phương trình ta được 2( ) 6 2 2 2 6 2 3 6 2 3 6 2 2 2 2 2 2 2 a bi a bi i a bi a bi i a bi i a a z i z i b b                                             Vậy, 2 2 z i   THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: Với (2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2) A B C   .  Bài giải hoàn toàn giống bài giải câu IVa (phần của ban cơ bản): đề nghị xem lại phần trên  Đường thẳng AC đi qua điểm (2;0; 1) A  , có vtcp ( 2;1;3) u AC       Ta có, ( 1; 2;4) AB     ( 2;1;3) u AC      . Suy ra 2 4 4 1 1 2 [ , ] ; ; ( 10; 5; 5) 1 3 3 2 2 1 AB u                              Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta được 2 2 2 2 2 2 [ , ] ( 10) ( 5) ( 5) 15 ( , ) 14 ( 2) (1) (3 ) AB u d B AC u                Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm (1; 2; 3) B  , bán kính 15 ( , ) 14 R d B AC  nên có pt 2 2 2 225 ( 1) ( 2) ( 3) 14 x y z      Câu Vb: Ta có, 3 3 2 2 3 3 ( 3 ) ( 3) 3.( 3) . 3. 3. 3 3 9 3 3 2 . i i i i i i i             Do đó, 670 2010 3 3 670 2010 670 2010 4 167 2 2010 ( 3 ) ( 3 ) ( 2 ) 2 . 2 .( ) . 2 i i i i i i                Vậy, 2011 2010 ( 3 ) 2 .( 3 ) z i i      2010 2 2 2 . ( 3) 1 2011 z     Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. GV: Huỳnh Tấn Quảng 5 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 02 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 3 y x x x    1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( ) C biết tiếp tuyến song song với đường thẳng có phương trình 3 y x  . Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 6.4 5.6 6.9 0 x x x    2) Tính tích phân: 0 (1 cos ) I x xdx p    3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 2 ( 3) x y e x   trên đoạn [–2;2]. Câu III (1,0 điểm): Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (BA = BC), cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và có độ dài là 3 a , cạnh bên SB tạo với đáy một góc 60 0 . Tính diện tích toàn phần của hình chóp. 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 toạ độ Oxyz cho điểm (2;1;1) A và hai đường thẳng , 1 2 1 2 2 1 : : 1 3 2 2 3 2 x y z x y z d d               1) Viết phương trình mặt phẳng ( ) a đi qua điểm A đồng thời vuông góc với đường thẳng d 2) Viết phương trình của đường thẳng  đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d đồng thời cắt đường thẳng d  Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 4 2 ( ) 2( ) 8 0 z z    2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho mp(P) và mặt cầu (S) lần lượt có phương trình ( ) : 2 2 1 0 P x y z     và 2 2 2 ( ) : – 4 6 6 17 0 S x y z x y z       1) Chứng minh mặt cầu cắt mặt phẳng. 2) Tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn giao tuyến của mặt cầu và mặt phẳng. Câu Vb (1,0 điểm): Viết số phức sau dưới dạng lượng giác 1 2 2 z i   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: Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. GV: Huỳnh Tấn Quảng 6 x y 2 2 1 I O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I :  3 2 3 3 y x x x     Tập xác định: D    Đạo hàm: 2 3 6 3 y x x      Cho 2 0 3 6 3 0 1 y x x x          Giới hạn: ; lim lim x x y y        Bảng biến thiên x – 1 + y  + 0 + y – 1 +  Hàm số ĐB trên cả tập xác định; hàm số không đạt cực trị.  6 6 0 1 1 y x x y         . Điểm uốn là I(1;1)  Giao điểm với trục hoành: Cho 3 2 0 3 3 0 0 y x x x x        Giao điểm với trục tung: Cho 0 0 x y     Bảng giá trị: x 0 1 2 y 0 1 2  Đồ thị hàm số (như hình vẽ bên đây):  3 2 ( ) : 3 3 C y x x x    . Viết của ( ) C song song với đường thẳng : 3 y x   .  Tiếp tuyến song song với : 3 y x   nên có hệ số góc 0 ( ) 3 k f x    Do đó: 2 2 0 0 0 0 0 0 0 3 6 3 3 3 6 0 2 x x x x x x                Với 0 0 x  thì 3 2 0 0 3.0 3.0 0 y     và 0 ( ) 3 f x   nên pttt là: 0 3( 0) 3 y x y x      (loại vì trùng với  )  Với 0 2 x  thì 3 2 0 2 3.2 3.2 2 y     và 0 ( ) 3 f x   nên pttt là: 2 3( 2) 3 4 y x y x        Vậy, có một tiếp tuyến thoả mãn đề bài là: 3 4 y x   Câu II  6.4 5.6 6.9 0 x x x    . Chia 2 vế pt cho 9 x ta được 2 4 6 2 2 6. 5. 6 0 6. 5. 6 0 3 3 9 9 x x x x x x                            (*)  Đặt 2 3 x t            (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành (nhan) , (loai) 2 3 2 6 5 6 0 2 3 t t t t        Với 3 2 t  : 1 2 3 2 2 1 3 2 3 3 x x x                                       Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 x   . Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. GV: Huỳnh Tấn Quảng 7 60 a 3 A B C S  0 0 0 (1 cos ) cos I x xdx xdx x xdx p p p         Với 2 2 2 2 1 0 0 0 2 2 2 2 x I xdx p p p p        Với 2 0 cos I x xdx p    Đặt cos sin u x du dx dv xdx v x                    . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: 0 0 2 0 0 sin sin 0 ( cos ) cos cos cos 0 2 I x x xdx x x p p p p p             Vậy, 2 1 2 2 2 I I I p      Hàm số 2 ( 3) x y e x   liên tục trên đoạn [–2;2]  2 2 2 2 ( ) ( 3) ( 3) ( 3) (2 ) ( 2 3) x x x x x y e x e x e x e x e x x               Cho (nhan) (loai) 2 2 1 [ 2;2] 0 ( 2 3) 0 2 3 0 3 [ 2;2] x x y e x x x x x                         Ta có, 1 2 (1) (1 3) 2 f e e     2 2 2 ( 2) [( 2) 3] f e e        2 2 2 (2) (2 3) f e e     Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 2 e  và số lớn nhất là 2 e  Vậy, khi khi 2 [ 2;2] [ 2;2] min 2 1; max 2 y e x y e x        Câu III  Theo giả thiết, ,  ,  ,  SA AB SA AC BC AB BC SA     Suy ra, ( ) BC SAB  và như vậy BC SB  Do đó, tứ diện S.ABC có 4 mặt đều là các tam giác vuông.  Ta có, AB là hình chiếu của SB lên (ABC) nên  0 60 SBA    3 tan ( ) 3 tan SA SA a SBA AB a BC AB SBO       2 2 2 2 2 AC AB BC a a a      2 2 2 2 ( 3) 2 SB SA AB a a a       Vậy, diện tích toàn phần của tứ diện S.ABC là: 2 1  ( . . . . ) 2 1 3 3 6  ( 3. 2 . 3. 2 . ) 2 2 TP SAB SBC SAC ABC S S S S S SA AB SB BC SA AC AB BC a a a a a a a a a                     THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:  Điểm trên mp ( ) a : (2;1;1) A Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. GV: Huỳnh Tấn Quảng 8 d d'  A B I  vtpt của ( ) a là vtcp của d: (1; 3;2) d n u       Vậy, PTTQ của mp ( ) a : 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0 A x x B y y C z z       1( 2) 3( 1) 2( 1) 0 2 3 3 2 2 0 3 2 1 0 x y z x y z x y z                     PTTS của 2 2 : 2 3 1 2 x t d y t z t                    . Thay vào phương trình mp ( ) a ta được: (2 2 ) 3(2 3 ) 2( 1 2 ) 1 0 7 7 0 1 t t t t t               Giao điểm của ( ) a và d  là (4; 1; 3) B    Đường thẳng  chính là đường thẳng AB, đi qua (2;1;1) A , có vtcp (2; 2; 4) u AB       nên có PTTS: 2 2 : 1 2 ( ) 1 4 x t y t t z t                     Câu Va: 4 2 ( ) 2( ) 8 0 z z     Đặt 2 ( ) t z  , thay vào phương trình ta được 2 2 2 2 2 4 ( ) 4 2 8 0 2 2 2 ( ) 2 z z t z t t t z i z i z                                           Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm: 1 2 3 4 2; 2; 2; 2 z z z i z i       THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Từ pt của mặt cầu (S) ta tìm được hệ số : a = 2, b = –3, c = –3 và d = 17 Do đó, mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính 2 2 2 2 ( 3) ( 3) 17 5 R         Khoảng cách từ tâm I đến mp(P): 2 2 2 2 2( 3) 2( 3) 1 ( ,( )) 1 1 ( 2) 2 d d I P R              Vì ( ,( )) d I P R  nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) Gọi d là đường thẳng qua tâm I của mặt cầu và vuông góc mp(P) thì d có vtcp (1; 2;2) u    nên có PTTS 2 : 3 2 3 2 x t d y t z t                    (*). Thay (*) vào pt mặt phẳng (P) ta được 1 (2 ) 2( 3 2 ) 2( 3 2 ) 1 0 9 3 0 3 t t t t t                 Vậy, đường tròn (C) có tâm 5 7 11 ; ; 3 3 3 H             và bán kính 2 2 5 1 2 r R d      Câu Vb:  2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 (2 2 )(2 2 ) 8 4 4 4 4 4 4 4 i i i z i z i i i i                                       Vậy, 1 1 2 2 2 2 cos sin 4 4 4 2 2 4 4 4 z i i i p p                             Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. GV: Huỳnh Tấn Quảng 9 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 03 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: 4 2 4 3 y x x     1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số đã cho. 2) Dựa vào ( ) C , hãy biện luận số nghiệm của phương trình: 4 2 4 3 2 0 x x m     3) Viết phương trình tiếp tuyến với ( ) C tại điểm trên ( ) C có hoành độ bằng 3 . Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 1 7 2.7 9 0 x x    2) Tính tích phân: 2 (1 ln ) e e I x xdx    3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 2 2 2 1 x x y x     trên đoạn 1 2 [ ;2]  Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SA = 2a. Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 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 toạ độ ( , , , ) O i j k    , cho 2 3 2 OI i j k        và mặt phẳng ( ) P có phương trình: 2 2 9 0 x y z     1) Viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm là điểm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P . 2) Viết phương trình mp ( ) Q song song với mp ( ) P đồng thời tiếp xúc với mặt cầu ( ) S Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: 3 2 4 3 1 y x x x     và 2 1 y x    2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(–1;2;7) và đường thẳng d có phương trình: 2 1 1 2 1 x y z     1) Hãy tìm toạ độ của hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với đường thẳng d. Câu Vb (1,0 điểm): Giải hệ pt 4 4 4 log log 1 log 9 20 0 x y x y              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: Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. GV: Huỳnh Tấn Quảng 10 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I :  4 2 4 3 y x x      Tập xác định: D    Đạo hàm: 3 4 8 y x x      Cho 3 2 2 2 0 4 0 0 0 4 8 0 4 ( 2) 0 2 0 2 2 x x x y x x x x x x x                                       Giới hạn: lim lim x x y y       ;  Bảng biến thiên x – 2  0 2 + y  + 0 – 0 + 0 – y 1 1 – –3 –  Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 2),(0; 2)   , NB trên các khoảng ( 2;0),( 2; )   Hàm số đạt cực đại y CĐ = 1 tại 2 x   CÑ , đạt cực tiểu y CT = –3 tại 0 x  CT .  Giao điểm với trục hoành: cho 2 4 2 2 1 1 0 4 3 0 3 3 x x y x x x x                         Giao điểm với trục tung: cho 0 3 x y      Bảng giá trị: x 3  2  0 2 3 y 0 1 –3 1 0  Đồ thị hàm số: x y y = 2m 2 - 2 - 3 3 1 2m -3 -1 O 1  4 2 4 2 4 3 2 0 4 3 2 x x m x x m          (*)  Số nghiệm pt(*) bằng với số giao điểm của 4 2 ( ) : 4 3 C y x x     và d: y = 2m.  Ta có bảng kết quả: M 2m Số giao điểm của (C) và d Số nghiệm của pt(*) m > 0,5 2m > 1 0 0 m = 0,5 2m = 1 2 2 –1,5< m < 0,5 –3< 2m < 1 4 4 m = –1,5 2m = –3 3 3 m < –1,5 2m < –3 2 2  0 0 3 0 x y    3 0 ( ) ( 3) 4 8 4 3 f x f y x x            Vậy, pttt cần tìm là: 0 4 3( 3) 4 3 12 y x y x         Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. [...]... pt đã cho có các nghiệm:  ;    y  2 y  18     12 GV: Huỳnh Tấn Quảng Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Đề số 04 Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề -I PHẦN CHUNG DÀNH... http://www.foxitsoftware.com For evaluation only ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Đề số 05 Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Thời gian làm bài: 150 phút, khơng 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 3  3x 2  1 có đồ thị là (C ) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C )... http://www.foxitsoftware.com For evaluation only ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Đề số 06 Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề - I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1 3 1 2 1 x  x  2x  3 2 6 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C ) của hàm số Câu I (3,0... http://www.foxitsoftware.com For evaluation only ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Đề số 07 Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề -I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y  x 1 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C ) của hàm số 2) Viết... http://www.foxitsoftware.com For evaluation only ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Đề số 08 Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề - I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1 3 5 Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y   x 4  x 2  4 2 4 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C ) của... trục toạ độ, đó là O(0; 0) và M (1; 1)  M cách đều 2 trục toạ độ  x  32 GV: Huỳnh Tấn Quảng Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Đề số 09 Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề -...  Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  2x 3  3x 2  12x  2 trên đoạn [1;2]  Hàm số y  2x 3  3x 2  12x  2 liên tục trên đoạn [ 1;2]  y   6x 2  6x  12 x  2  [1;2] (loai)  Cho y   0  6x 2  6x  12  0   x  1  [1;2] (nhan)  Ta có, f (1)  2.13  3 .12  12. 1  2  5 f (1)  2.(1)3  3.(1)2  12. (1)  2  15 f (2)  2.23  3.22  12. 2  2  6 Trong các số trên số 5 nhỏ nhất,...   e x xdx 0 3 1 e 1 e 1     3 2 2 2 6 x  2e  2e x ; y   16e 4x  2ex y  64e 4x  2e x ;  Từ đó, y   13y   64e 4x  2ex  13(4e 4x  2ex )  12e 4x  24ex  12y  Vậy, với y  e 4x  2ex thì y   13y   12y Câu III S SA  (ABC )    SA  AB và hình chiếu của SB lên (ABC)   AB  (ABC )  a  0 là AB, do đó SBA  30 A 30  AB  0  cot SBA   BC  AB  SA.cot SBA... d(I ,(Q ))  R  3 12  (2)2  (2)2  Vậy, PTTQ của mp(Q) là: (Q ) : x  2y  2z  9  0 D 3 D 9 3 D  9 (nhan)  D  9(loai)  x  1 Câu Va: Cho x 3  4x 2  3x  1  2x  1  x 3  4x 2  5x  2   x  2  Diện tích cần tìm là: S  2 1 x 3  4x 2  5x  2 dx 2  x 4 4x 3 5x 2  1 1     2x     (đvdt) hay S   (x  4x  5x  2)dx      4 1 1 3 2 12 12 THEO CHƯƠNG TRÌNH... log2 (x – 1)  log2 (5 – x )  1 2) Tính tích phân: I  1 0 x (x  e x )dx 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  2x 3  3x 2  12x  2 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 . Tấn Quảng 1 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 01 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 Tấn Quảng 5 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 02 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 Tấn Quảng 9 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 03 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.