Thông tin tài liệu
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số 01 - I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y (1 x )2 (4 x ) 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 khơng 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) 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 khơng 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: BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I : y (1 x )2(4 x ) (1 2x x )(4 x ) x 8x 2x 4x x x 6x 9x y x 6x 9x Tập xác định: D 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 yCĐ x CĐ ; y đạt cực tiểu yCT x CT y 6x 12 x y Điểm uốn I(2;2) x Giao điểm với trục hồnh: 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 hồnh Giao điểm (C ) với trục hồnh: A(1; 0), B(4;0) pttt với (C ) A(1; 0) : x vày pt t t t ại A : y 0(x 1) y f (x ) f (1) 0 pttt với (C ) B(4;0) : x vày pt t t t ại B : y 9(x 4) y 9x 36 f (x ) f (4) 9 Vậy, hai tiếp tuyến cần tìm là: y y 9x 36 3 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 0m 4 Vậy, với < m < phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu II 22x 1 3.2x 2.22x 3.2x (*) Đặt t 2x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành t (nhan) 2t 3t t (loai) x Với t = 2: 2x x Vậy, phương trình (*) có nghiệm x = 1 I (1 x )e dx x u x du dx Đặt Thay vào cơng thức tích phân phần ta được: x dv e dx v e x 1 I (1 x )e x e xdx (1 1)e1 (1 0)e e x 2e (e e ) e Vậy, I (1 x )e dx e x Hàm số y e x (x x 1) liên tục đoạn [0;2] y (e x ) (x x 1) e x (x x 1) e x (x x 1) e x (2x 1) e x (x x 2) x [0;2] (nhan) Cho y e x (x x 2) x x x 2 [0;2] (loai) Ta có, f (1) e1(12 1) e f (0) e (02 1) 1 f (2) e (22 1) e Trong kết trên, số nhỏ e số lớn e Vậy, y e x 1; max y e x [0;2] [0;2] Câu III Gọi O tâm mặt đáy SO (ABCD ) SO đường cao hình chóp hình chiếu SB lên mặt đáy BO, SBO 600 (là góc SB mặt đáy) A BD SO Ta có, tan SBO SO BO tan SBO tan SBO 60 BO a tan 600 a Vậy, thể tích hình chóp cần tìm B S D O 2a C 1 4a V B.h AB.BC SO 2a.2a.a 3 3 THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: Với A(2; 0; 1), B(1; 2;3),C (0;1;2) Ta có hai véctơ: AB (1; 2; 4) , AC (2;1;3) 2 4 1 1 2 (10; 5; 5) A, B,C khơng thẳng hàng [AB, AC ] ; ; 3 2 2 Điểm mp (ABC ) : A(2; 0; 1) vtpt mp (ABC ) : n [AB, AC ] (10; 5; 5) Vậy, PTTQ mp (ABC ) : A(x x ) B(y y ) C (z z ) 10(x 2) 5(y 0) 5(z 1) 10x 5y 5z 15 2x y z Gọi d đường thẳng qua O vng góc với mặt phẳng () , có vtcp u (2;1;1) x 2t PTTS d : y t Thay vào phương trình mp () ta được: z t 2(2t ) (t ) (t ) 6t t Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm H 1; 21 ; 12 Câu Va: Đặt z a bi z a bi , thay vào phương trình ta a bi 2(a bi ) 2i a bi 2a 2bi 2i 3a bi 2i 3a a z 2i z 2i b b 2 Vậy, z 2i THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: Với A(2; 0; 1), B(1; 2;3),C (0;1;2) Bài giải hồn tồn giống giải câu IVa (phần ban bản): đề nghị xem lại phần Đường thẳng AC qua điểm A(2; 0; 1) , có vtcp u AC (2;1; 3) Ta có, AB (1; 2; 4) 2 4 1 1 2 (10; 5; 5) u AC (2;1;3) Suy [AB, u ] ; ; 3 2 2 Áp dụng cơng thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta [AB, u ] (10)2 (5)2 (5)2 15 d(B, AC ) u 14 (2)2 (1)2 (32 ) 15 Mặt cầu cần tìm có tâm điểm B(1; 2;3) , bán kính R d (B, AC ) nên có pt 14 225 (x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 14 Câu Vb: Ta có, ( i )3 ( 3)3 3.( 3)2 i 3.i i 3 9i 3 i 23.i 670 Do đó, ( i )2010 ( i )3 (23 i )670 22010.i 670 22010.(i )167 i 22010 Vậy, z ( i )2011 22010.( i ) z 22010 ( 3)2 12 2011 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Đề số 02 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 3x 3x 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số cho 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C ) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng có phương trình y 3x Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 6.4x 5.6x 6.9x 2) Tính tích phân: I (1 cos x )xdx 3) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: y e x (x 3) đoạn [–2;2] Câu III (1,0 điểm): Hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân (BA = BC), cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy có độ dài a , cạnh bên SB tạo với đáy góc 600 Tính diện tích tồn phần hình chóp 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 toạ độ Oxyz cho điểm A(2;1;1) hai đường thẳng x 1 y z 1 x 2 y 2 z 1 , d : 3 2 3 2 1) Viết phương trình mặt phẳng () qua điểm A đồng thời vng góc với đường thẳng d d: 2) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A, vng góc với đường thẳng d đồng thời cắt đường thẳng d Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau tập số phức: (z )4 2(z )2 Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong khơng gian Oxyz cho mp(P) mặt cầu (S) có phương trình (P ) : x 2y 2z (S ) : x y z – 4x 6y 6z 17 1) Chứng minh mặt cầu cắt mặt phẳng 2) Tìm tọa độ tâm bán kính đường tròn giao tuyến mặt cầu mặt phẳng 2i Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Câu Vb (1,0 điểm): Viết số phức sau dạng lượng giác z Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I : y x 3x 3x Tập xác định: D Đạo hàm: y 3x 6x Cho y 3x 6x x Giới hạn: lim y ; lim y x x Bảng biến thiên x – y + + + y y – + Hàm số ĐB tập xác định; hàm số khơng đạt cực trị y 6x x y Điểm uốn I(1;1) Giao điểm với trục hồnh: I Cho y x 3x 3x x Giao điểm với trục tung: Cho x y O Bảng giá trị: x y Đồ thị hàm số (như hình vẽ bên đây): (C ) : y x 3x 3x Viết (C ) song song với đường thẳng : y 3x Tiếp tuyến song song với : y 3x nên có hệ số góc k f (x ) x x Do đó: 3x 02 6x 3x 02 6x x Với x y 03 3.02 3.0 f (x ) nên pttt là: y 3(x 0) y 3x (loại trùng với ) Với x y 23 3.22 3.2 f (x ) nên pttt là: y 3(x 2) y 3x Vậy, có tiếp tuyến thoả mãn đề là: y 3x Câu II 6.4x 5.6x 6.9x Chia vế pt cho 9x ta 2x x x x (*) 3 3 9 4x 6x x Đặt t (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành 3 6t 5t t (nhan) , t (loai) x x 1 Với t : x 1 3 3 2 3 Vậy, phương trình cho có nghiệm x 1 I (1 cos x )xdx xdx x cos xdx 0 Với I x2 xdx 2 02 2 2 Với I x cos xdx u x du dx Đặt Thay vào cơng thức tích phân phần ta được: dv cos xdx v sin x I x sin x sin xdx ( cos x ) cos x cos cos 2 2 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 S Do đó, tứ diện S.ABC có mặt tam giác vng Ta có, AB hình chiếu SB lên (ABC) nên SBA 600 a SA SA a tan SBA AB a ( BC ) AB tan SBO A 2 2 AC AB BC a a a 2 2 C 60 SB SA AB (a 3) a 2a Vậy, diện tích tồn phần tứ diện S.ABC là: STP S SAB S SBC S SAC S ABC B (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 () : A(2;1;1) vtpt () vtcp d: n ud (1; 3;2) Vậy, PTTQ mp () : A(x x ) B(y y ) C (z z ) 1(x 2) 3(y 1) 2(z 1) x 3y 2z x 3y 2z d d' A B x 2t PTTS d : y 3t Thay vào phương trình mp () ta được: z 1 2t (2 2t ) 3(2 3t ) 2(1 2t ) 7t t Giao điểm () d B(4; 1; 3) Đường thẳng đường thẳng AB, qua A(2;1;1) , có vtcp u AB (2; 2; 4) nên có x 2t PTTS: : y 2t (t ) z 4t Câu Va: (z )4 2(z )2 Đặt t (z )2 , thay vào phương trình ta (z )2 t t 2t (z ) 2 t 2 Vậy, phương trình cho có nghiệm: z 2 z 2 z i z i z ; z 2 ; z i ; z 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 I 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) 1R 12 (2)2 22 Vì d(I ,(P )) R nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường tròn (C) Gọi d đường thẳng qua tâm I mặt cầu vng góc mp(P) d có vtcp x t u (1; 2;2) nên có PTTS d : y 3 2t (*) Thay (*) vào pt mặt phẳng (P) ta z 3 2t (2 t ) 2(3 2t ) 2(3 2t ) 9t t 11 Vậy, đường tròn (C) có tâm H ; ; bán kính r R2 d 3 3 Câu Vb: 2i 2i 2i 1 z i 2i (2 2i )(2 2i ) 4i 4 1 2 Vậy, z i i cos sin i 4 2 4 2 2 z 4 4 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số 03 - I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y x 4x 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số cho 2) Dựa vào (C ) , biện luận số nghiệm phương trình: x 4x 2m 3) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) điểm (C ) có hồnh độ Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 7x 2.71x 2) Tính tích phân: I e2 e (1 ln x )xdx x 2x 3) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: y đoạn [ 12 ;2] x 1 Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt đáy, SA = 2a Xác định tâm tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 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 toạ độ (O, i , j , k ) , cho OI 2i j 2k mặt phẳng (P ) có phương trình: x 2y 2z 1) Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm điểm I 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 đường sau đây: y x 4x 3x y 2x Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(–1;2;7) đường thẳng d có x y 1 z phương trình: 1) Hãy tìm toạ độ hình chiếu vng góc điểm A đường thẳng d 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với đường thẳng d log x log y log 4 Câu Vb (1,0 điểm): Giải hệ pt x y 20 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: BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I : y x 4x Tập xác định: D Đạo hàm: y 4x 8x 4x Cho y 4x 8x 4x (x 2) x Giới hạn: lim y ; lim y x x x x x x Bảng biến thiên x – y y + – – + + – –3 – Hàm số ĐB khoảng (; 2),(0; 2) , NB khoảng ( 2;0),( 2; ) Hàm số đạt cực đại yCĐ = x CĐ , đạt cực tiểu yCT = –3 x CT x Giao điểm với trục hồnh: cho y x 4x x Giao điểm với trục tung: cho x y 3 Bảng giá trị: x y Đồ thị hàm số: 2 –3 x x 3 y -1 - - O -3 2m x y = 2m x 4x 2m x 4x 2m (*) Số nghiệm pt(*) với số giao điểm (C ) : y x 4x d: y = 2m Ta có bảng kết quả: Số giao điểm Số nghiệm M 2m (C) d pt(*) m > 0,5 2m > 0 m = 0,5 2m = 2 –1,5< m < 0,5 –3< 2m < 4 m = –1,5 2m = –3 3 m < –1,5 2m < –3 2 x y f (x ) f ( 3) y 4x 8x 4 Vậy, pttt cần tìm là: y 4 3(x 3) y 4 3x 12 Câu II 7x 2.71x 7x x (*) BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I: x (x 3) x 3x Hàm số: y 2 Tập xác định: D 3x 6x 2 Cho y 3x 6x x 0; x Giới hạn: lim y ; lim y Đạo hàm: y x x Bảng biến thiên x – y y + 0 – + – –2 Hàm số ĐB khoảng (;0),(2; ) , NB khoảng (0;2) Hàm số đạt cực đại yCĐ = x CĐ y đạt cực tiểu yCT = –2 x CT y 3x x y 1 Điểm uốn: I 1; 1 y=k Giao điểm với trục hồnh: y x 3x x hoặ cx Giao điểm với trục tung: cho x y -1 O Bảng giá trị: x –1 -1 y –2 –1 –2 Đồ thị hàm số: hình vẽ bên -2 x Giao điểm (C ) với trục hồnh: cho y x Với x 0, y f (x ) Pttt là: y 0(x 0) y 9 27 Pttt là: y (x 3) y x 2 2 x 3x x 3x 2k x 3x 2k k Số nghiệm pt(*) số giao điểm (C ) đường thẳng d : y k Dựa vào đồ thị ta thấy, pt(*) có nghiệm khi: k k 2 Câu II: Với x 3, y f (x ) 2x 6x 6 2 x 1 2.4 (2x 6x 6) 22 2.22(x 1) 2x 3x 3 22x x 3x 2x x x x 3 hoặ cx Vậy, phương trình có hai nghiệm: x 3 vàx I 0 x3 x2 dx 0 Đặt t x dt Đổi cận: x t x x dx x2 x dx x t x 1 65 x Vậy, I 1 t 8 1 (t 1)dt t 2 1 3 1 3 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] S Câu III 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 A C O M B 1 1 a 3 a 3 B h AM BC SO a 2a (đvtt) 3 2 THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: A(1;1;2), B(0;1;1) C(1;0;4) AB (1; 0; 1) AB.AC 1.2 0.(1) 1.2 AB AC ABC vng A AC (2; 1;2) Gọi D(x D ; yD ; z D ) CD (x D 1; yD ; z D 4) B D Do AB AC nên A,B,C,D bốn đỉnh hình chữ nhật tứ giác ABDC hình chữ nhật 1 x x D D C AB CD 0 yD yD Vậy, D(2;0;3) A 1 z D z D MB (a;1 b;1 c) Gọi M (a;b; c) MC (1 a ; b; c) a 2(1 a ) a Vì MB 2MC nên 1 b 2(b ) b 1 Vậy, M (2; 1;7) 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 (1) 3.2 24 20 R d (A,(P )) 11 12 (1)2 32 V Phương trình mặt cầu cần (x 1)2 (y 1)2 (z 2)2 tìm: 66 400 11 Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y x (x 1)2 , y x x x 1 Cho x (x 1)2 x x x 3x x 0; x Diện tích cần tìm là: S 1 x 3x dx x S x 4 1 1 (x 3x )dx 0 (x 3x )dx x 27 x (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;4 2t ) Đường thẳng d qua điểm A(3; 1;1) , có vtcp ud (2;1;2) Và ta 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) a b2 c Thay (1) vào (2) ta được: 2a 6a 6c 4c a (2a 2c)2 c 4a 5c 5a 5c2 8ac 2a 5c b 7c 16a 25c2 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 Câu Vb: Ta có, z 3i i 2.(cos i.sin ) 2 3 5 5 Do đó, z 25.(cos i.sin ) 32 cos( ) i.sin( ) 3 3 67 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 18 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) 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 khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng mặt phẳng () có x 3 y 2 z ; () : 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) 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 khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1; 1;1), mặt phẳng (P ) : y 2z x t x 1 y z hai đường thẳng 1 : , 2 : y t 1 z 1) Tìm toạ độ điểm M đối xứng với điểm M qua đường thẳng 2 2) Viết phương trình đường thẳng cắt hai đường thẳng 1, 2 nằm mp(P) phương trình : mx (m 1)x Tìm m để hàm số có hai điểm cực đại cực tiểu x 1 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 68 BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I: 2x 2x x 1 x 1 Tập xác định: D \ {1} Hàm số: y Đạo hàm: y 1 0, x D (x 1)2 Hàm số NB khoảng xác định khơng 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 hồnh: 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) x 1 (x 1) Với x y 1 pttt là: y 1(x 2) y x 1 x 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 k a 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] I e [1;3] (ln x 1)dx 69 x u ln x du dx Đặt Thay vào cơng thức tích phân phần ta dv dx v x 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 log (2x 1) x log2 (2 1) 3 2x x log 2x x 3 2x : VN 2 Vậy, phương trình cho có nghiệm: x log2 Câu III Giả sử A, B (O ) C , D (O ) Gọi H,K,I trung điểm đoạn AB,CD OO B H Vì IO IH nên O H Theo tính chất hình trụ ta có OIH OHA tam giác vng O H O A I C Tam giác vng OIH có OH IH OI K O' Tam giác vng OHA có r OA OH HA2 D Vậy, thể tích hình trụ là: V B.h .r h .52.2 50 (đvtt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN x 3 y 2 z Câu IVa: : () : 2x y z 1 Đường thẳng qua điểm M (3;2; 3) , có vtcp u (1;1; 3) nên có ptts: x t y t (1) z 3 3t Thay (1) vào pttq mp(α) ta được: 2(3 t ) t (3 3t ) 0t 12 : vơ lý Vậy, đường thẳng song song với mp( ) Khoảng cách từ đến mp( ) khoảng cách từ điểm M đến () , bằng: d(,()) d (M ,()) 2.3 (3) 22 12 (1)2 12 2 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 () có bán kính R d(A,()) nên có phương trình: (x 4)2 (y 3)2 z 24 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) 70 2 có vtcp u2 (1;1; 0) Lấy H (2 t; t;1) thuộc 2 MH (1 t;5 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 () 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 M 2z H z 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 \ {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 71 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Đề số 19 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 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: 222x 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 ) sin4 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 khơng 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: 72 BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I: Hàm số: y x x 4 Tập xác định: D Đạo hàm: y x 3x x Cho y x 3x x (x 3) 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 hồnh: y x x 4 x 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 yCĐ x CĐ ; 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 22x x x x x x Câu II: 5.6 9.9 9.9 5.6 4.4 4 4 2x x 3 3 2 2 t 1 (loại ) x Đặt t (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 9t 5t 2 t (nhận) Vậy, tiếp tuyến điểm cực đại hàm số là: y 73 x 2 x 3 3 3 4 t x 2 2 2 2 9 Vậy, phương trình có nghiệm nhất: x 2 I (x 1)e 2xdx du dx u x 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 (nhận) 1 g 2 ; g(0) 1 Trong kết trên, số 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) BC A 300 Vậy, y Trong tam giác vng ABC, AB AC tan 600 a Trong tam giác vng ABC , AC AB cot 300 a 3 3a A a 60 C B 30 A' Trong tam giác vng ACC , CC AC 2 AC (3a )2 a 2a C' B' 1 Vậy, thể tích lăng trụ là: V B.h 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 23 7 Thay t 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:74 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 i (8 i )(1 2i ) 2i 12 (2i )2 10 15i 3i Phần thực z a = 2, phần ảo z –3 mơđun 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 72 12 21 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 27 x 3x x 3x (ĐK: x 1 ) M x ; x x 1 x 3x x x x 3x x 1 x x x 3x 4x x 2x 2x x x x x x Vậy, (C ) có điểm cách hai trục toạ độ, O(0; 0) M (1; 1) M cách trục toạ độ x 75 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Đề số 20 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 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: 21x 26x 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 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) 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 khơng 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: 76 BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I: x x 2x Tập xác định: D Đạo hàm: y x x Hàm số: y Cho y x x x x 2 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 yCĐ x CĐ 2 Hàm số đạt cực tiểu y CT 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 Câu II: 64 21x 26x 24 2.2x x 24 (*) 64 Đặt t 2x (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 2t 24 2t 24t 64 t t t (nhận hai nghiệm t > 0) x Với t ta có x Với t ta có 2x x Vậy, phương trình có hai nghiệm nhất: x77= x = Giao điểm với trục hồnh: y y e I x ln x dx x2 Xét I e e 1 ln x dx x2 e dx e ln x dx x2 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 ln x e 1 1 1 dx I x 1 x e x e e e 2 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 Vậy, I I I e 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 AB 2 Vậy, diện tích xung quanh diện tích tồn phần hình nón : A Do đó, AB SA2 SB a SO OA S xq rl a a a 2 O B a a r a 2 2 ; S S xq 2 a a a Thể tích khối nón: V r h 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' Hai véctơ: AB (1; 0;0) , AA (0;0;3) A' 0 1 vtpt (ABA) : n [AB, AA ] ; ; (0; 3; 0) 3 0 PTTQ (ABA) : 0(x 0) 3(y 0) 0(z 0) y d(C ,(ABA)) 2 2 1 2 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) 78 C I D C' D' x t Và hiển nhiên CD qua C nên có PTTS: y (t ) z 1 3 3 Câu Va: z i z i i i 2 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 Từ AB DC (1; 0; 0) (1 x D ;2 yD ; z D ) , ta tìm D(0;2; 0) A AB AD AB (1; 0; 0) AB.AD AB AD B' AD (0;2; 0) AA.AB AA AB AA (ABCD ) AA (0; 0; 3) AA.AD AA AB 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 12 ;1; 23 (là trung điểm đoạn AC ) Bán kính mặt cầu: R 1 14 AC 2 32 2 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x 12 )2 (y 1)2 (z 32 )2 Câu Vb: 2 3 3 z i z i i i 2 2 4 2 z 2011 2 2 z z z i i i 2 2 670 z 2010 z z z 1670.z z i 2 3 Vậy, với z i z 2011 z i 2 2 79 C I D C' D' [...]... 2i và z 2 1 3i 2 2 2 2 31 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 09 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: y x 3 3x 2 1 có đồ thị là (C ) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C ) của hàm số 2) Dựa vào đồ... 22010 ( 3 i ) z 22010 ( 3)2 12 22011 27 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 08 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) 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 phương trình tiếp... Vậy, hệ pt đã cho có các nghiệm: ; y 2 y 18 11 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 04 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) 2x 1 x 1 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y... xdx u ln x du 1 dx Đặt Thay vào công thức tính S ta được: dv dx v x x e e e S x ln x 1 dx e ln e 1ln 1 x 1 e 0 e 1 1 (đvdt) 1 Vậy, diện tích cần tìm là: S = 1 (đvdt) 15 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 05 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề - I... 2 Thay vào phương trình trên ta được: 2 z 4z 8i a 2 b 2 4(a bi ) 8i a 2 b 2 4a 4bi 8i a 2 b 2 4a 0 a 2 b 2 4a 0 a 2 4a 4 0 a 2 4b 8 b 2 b 2 b 2 Vậy, z = –2 +2i 23 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 07 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ... Vb: y2 (y 0) và x y 4 x 4 y 2 Trục hoành là đường thẳng có phương trình y = 0: y 4 (nhan) y2 y2 Cho 4 y y 4 0 2 2 y 2 (loai) 2 y2 Diện tích cần tìm là: S y 4 dx 0 2 Ta có, y 2x x 2 S 2 0 y 3 y 2 y2 14 14 ( y 4)dx 4y (đvdt) 6 0 2 2 3 3 19 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 06 Thời... phức phân biệt 2 4i 2 4i z1 1 2i và z 2 1 2i 2 2 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: Ta có, AB (0;1;0) và CD (1;1; 1) Gọi M,N lần lượt là điểm nằm trên AB và CD thì toạ độ của M,N có dạng M (1;1 t;1), N (1 t ;1 t ;2 t ) MN (t ; t t ; t 1) MN là đường vuông góc chung của AB và CD khi và chỉ khi t t 0 AB ... (3;0;2) và (S ) : (x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 9 Mặt cầu có tâm I (1; 2; 3) và bán kính R 3 Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu: (3 1)2 (0 2)2 (2 3)2 9 là đúng Do đó, M (S ) () đi qua điểm M, có vtpt n IM (2;2; 1) Vậy, PTTQ của () là: 2(x 3) 2(y 0) 1(z 2) 0 2x 2y z 4 0 Điểm trên d: I (1; 2; 3) () có vtpt n (2;2; 1) và. .. SA = 4cm Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, từ đó tính diện tích của mặt cầu đó 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 điểm A(3;2; 3) và hai đường thẳng x 1 y 2 z 3 x 3 y 1 z 5 d1 : và d2 : 1 1 1 1 2 3 1) Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau 2) Viết... chứa d1 và d2 Tính khoảng cách từ A đến mp(P) Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: y x 2 x 1 và y x 4 x 1 2 Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x 1 y 2 z 3 x y 1 z 6 d1 : và d2 : 1 1 1 1 2 3 1) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau 2) Viết phương trình mp(P) chứa d1 và song ... ) z 22010 ( 3)2 12 2011 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Đề số 02 Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ... 2 z 4 4 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số 03 ... y y 18 11 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Đề số 04 Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
Ngày đăng: 31/10/2015, 20:03
Xem thêm: Đề thi thử và đáp án Toán TN2011, Đề thi thử và đáp án Toán TN2011
