Đề ôn ĐH 4 có đáp án

ĐỀ 4 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số x 3 y x 2 − = − có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt . Câu II ( 3,0 điểm ) a. Giải bất phương trình ln (1 sin ) 2 2 2 e log (x 3x) 0 π + − + ≥ b. Tính tìch phân : I = 2 x x (1 sin )cos dx 2 2 0 π + ∫ c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số x e y x e e = + trên đoạn [ln2 ; ln 4] . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng x 2 2t (d ): y 3 1 z t = −   =   =  và x 2 y 1 z (d ): 2 1 1 2 − − = = − . a. Chứng minh rằng hai đường thẳng (d ),(d ) 1 2 vuông góc nhau nhưng không cắt nhau . b. Viết phương trình đường vuông góc chung của (d ),(d ) 1 2 . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tìm môđun của số phức 3 z 1 4i (1 i)= + + − . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( α ) : 2x y 2z 3 0− + − = và hai đường thẳng ( d 1 ) : x 4 y 1 z 2 2 1 − − = = − , (d 2 ) : x 3 y 5 z 7 2 3 2 + + − = = − . a. Chứng tỏ đường thẳng ( d 1 ) song song mặt phẳng ( α ) và ( d 2 ) cắt mặt phẳng ( α ) . b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng ( d 1 ) và ( d 2 ). c. Viết phương trình đ th( ∆ ) song song với m phẳng ( α ) , cắt đường thẳng ( d 1 ) và ( d 2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tìm nghiệm của phương trình 2 z z= , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z . . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN ĐỀ 4 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ 1 b) 1đ Phương trình hoành độ của (C ) và đường thẳng y mx 1= + : x 3 2 mx 1 g(x) mx 2mx 1 0 , x 1 x 2 − = + ⇔ = − + = ≠ − (1) Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ m 0 m 0 m 0 2 m m 0 m 0 m 1 m 1 g(1) 0 m 2m 1 0  ≠  ≠     < ′ ∆ = − > ⇔ < ∨ > ⇔    >    ≠ − + ≠    Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ pt ⇔ ln 2 2 2 2 2 e log (x 3x) 0 2 log (x 3x) 0 (1)− + ≥ ⇔ − + ≥ Điều kiện : x > 0 x 3∨ < − (1) ⇔ 2 2 2 2 2 log (x 3x) 2 x 3x 2 x 3x 4 0 4 x 1+ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ So điều kiện , bất phương trình có nghiệm : 4 x 3 ; 0 < x 1− ≤ < − ≤ b) 1đ I = 2 2 x x x x 1 x 1 2 (cos sin .cos )dx (cos sinx)dx (2sin cosx) 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 π π π + = + = − = ∫ ∫ 2 1 1 2. 2 2 2 2 = + = + c) 1đ Ta có : x e y 0 , x [ln2 ; ln 4] x 2 (e e) ′ = > ∈ + + 2 min y y(ln2) 2 e [ln2 ; ln 4] = = + + 4 Maxy y(ln 4) 4 e [ln2 ; ln 4] = = + Câu III ( 1,0 điểm )  2 3 a 3 a 3 V AA'.S a. lt ABC 4 4 = = =  Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC , A'B'C'∆ ∆ thí tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm I của OO’ . x −∞ 2 +∞ y ′ + + +∞ 1 1 −∞ 2 Bán kính a 3 a a 21 2 2 2 2 R IA AO OI ( ) ( ) 3 2 6 = = + = + = Diện tích : 2 a 21 7 a 2 2 S 4 R 4 ( ) mc 6 3 π = π = π = II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : a) 1đ Thay x.y.z trong phương trình của (d 1 ) vào phương trình của (d 2 ) ta được : 2t 3 1 t (t 1) (t 4) 1 1 2 − − = = ⇔ = − ∧ = − − vô nghiệm . Vậy (d ) 1 và (d ) 2 không cắt nhau . Ta có : (d ) 1 có VTCP u ( 2;0;1) 1 = − r ; (d ) 2 có VTCP u (1; 1;2) 2 = − r Vì u .u 0 1 2 = r r nên (d ) 1 và (d ) 2 vuông góc nhau . b) 1đ Lấy M(2 2t;3;t) (d ) 1 − ∈ , N(2 m;1 m;2m) (d ) 2 + − ∈ Khi đó : MN (m 2t; 2 m;2m t)= + − − − uuuur MN vuông với (d ),(d ) 1 2 MN.u 0 t 0 5 4 2 1 M(2;3;0),N( ; ; ) m 1/ 3 3 3 3 MN.u 0 2  = =  −  ⇔ ⇔ ⇒   = − =    uuuur r uuuur r x 2 y 3 z (MN): 1 5 2 − − ⇒ = = là phưong trình đường thẳng cần tìm . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Vì 3 3 2 3 (1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i− = − + − = − − + = − − . Suy ra : 2 2 z 1 2i z ( 1) 2 5= − + ⇒ = − + = 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 0,75đ qua A(4;1;0) qua B( 3; 5;7) (d ) : , (d ) : , 1 2 VTCP u (2;2; 1) VTCP u (2;3; 2) 1 2   − −   = − = −   r r         ( )α có vtpt n (2; 1;2)= − r Do u .n 0 1 = r r và A ( )∉ α nên ( d 1 ) // ( α ) . Do u .n 3 0 2 = − ≠ r r nên ( d 1 ) cắt ( α ) . b) 0,5 đ Vì [u ,u ] ( 1;2;2) , AB ( 7; 6;7) 1 2 = − = − − uuur r r ⇒ [u ,u ].AB 1 2 d((d ),(d )) 3 1 2 [u ,u ] 1 2 = = uuur r r r r c) 0,75đ phương trình qua (d ) 1 mp( ) : ( ) : 2x y 2z 7 0 // ( )   β ⇒ β − + − =  α       Gọi N (d ) ( ) N(1;1;3) 2 = ∩ β ⇒ ; M (d ) M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3) 1 ∈ ⇒ + + − = + − − uuuur Theo đề : 2 MN 9 t 1= ⇔ = − . 3 Vậy qua N(1;1;3) x 1 y 1 z 3 ( ) : ( ) : 1 2 2 VTCP NM (1; 2; 2)  − − − ∆ ⇒ ∆ = =  − − = − −  uuuur     Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực . ta có : z a bi= − và 2 2 2 z (a b ) 2abi= − + Khi đó : 2 z z= ⇔ Tìm các số thực a,b sao cho : 2 2 a b a 2ab b   − =  = −   Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) , 1 3 ( ; ) 2 2 − , 1 3 ( ; ) 2 2 − − . ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, 4 . = + c) 1đ Ta có : x e y 0 , x [ln2 ; ln 4] x 2 (e e) ′ = > ∈ + + 2 min y y(ln2) 2 e [ln2 ; ln 4] = = + + 4 Maxy y(ln 4) 4 e [ln2 ; ln 4] = = + Câu III. (t 1) (t 4) 1 1 2 − − = = ⇔ = − ∧ = − − vô nghiệm . Vậy (d ) 1 và (d ) 2 không cắt nhau . Ta có : (d ) 1 có VTCP u ( 2;0;1) 1 = − r ; (d ) 2 có VTCP u