de 6 thi thu TN THPT TOAN

ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TÓAN. Thời gian làm bài: 150 phút I[r]

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT HÙYNH NGỌC HUỆ

ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT MƠN TĨAN

Thời gian làm bài: 150 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7,0 điểm) Câu I: ( 3,0 điểm )

Cho hàm số : y = – x3 + 3x2 – 4.

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2) Tìm m để phương trình x3 – 3x2 + m = có nghiệm phân biệt Câu II: ( 3,0 điểm )

1) Giải phương trình: log4(2x2 + 8x) = log2x + 2) Tính tích phân: I =

2

sin 2x dx cos x



 

3) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: f(x) = x 2 x2

 

Câu III: ( điểm )

Cho khối chóp S.ABC có hai mặt ABC, SBC tam giác cạnh a SA=

a

2 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a

II PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm) 1 Theo chương trình Chuẩn: Câu IV.a: ( 2,0 điểm )

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng: 1: x y z

2

  

 

  , 2:

x 2t y t z 2t

   

  

   

1) Chứng minh hai đường thẳng 1 2 song song với 2) Tính khoảng cách hai đường thẳng 1 2

Câu V.a: ( 1,0 điểm )

Tìm mơđun số phức: z = 2i i

  2 Theo chương trình Nâng cao: Câu IV.b: ( 2,0 điểm )

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng: 1: 12 21 31

    

 y z

x

, 2: x t y t z 2t

  

       mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 4y – 6z – = 0.

1) Chứng minh hai đường thẳng 1 , 2 chéo tính khoảng cách hai đường thẳng

2) Viết phương trình mặt phẳng () song song với hai đường thẳng 1, 2 cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường trịn (C) có chu vi 8

Câu V.b: ( 1,0 điểm )

Trường THPT Huỳnh Ngọc Huệ

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT (Tham khảo)

Câu Đáp án Điểm

Câu I (3 điểm)

1) (2 điểm)

a) Tập xác định: D = R 0,25

b) Sự biến thiên:

+ Giới hạn : xlim  ,

xlim  

 + Lập bảng biến thiên hàm số :

y’ = – 3x2 + 6x. y’ =

 x = x = Bảng biến thiên:

x – +

Y’ – + –

Y +

–4 –

Hàm số đồng biến khoảng (0;2), nghịch biến khoảng (– ;0), (2 ;+) Giá trị cực tiểu: y(0) = –4, giá trị cực đại: y(2)=

0,25 0,25

0,5

0,25 c) Đồ thị:

Điểm uốn: I(1 ; –2)

Giao điểm đồ thị với trục toạ độ: (–1;0), (2;0), (0;–4) Vẽ đồ thị

0,5

2) (1điểm)

+ Phương trình cho tương đương với: – x3 + 3x2 – = m – (1)

Phương trình (1) phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị (C): y = – x3 + 3x2 – đường thẳng (d): y = m –

Phương trình cho có nghiệm phân biệt đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) điểm phân biệt

Dựa vào đồ thị suy ra: –4 < m – < hay: < m <

0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II

(3 điểm)

1) (1 điểm) Giải phương trình: log4(2x2 + 8x) = log2x + (1) Điều kiện: x >

Khi đó: (1)  log4(2x2 + 8x) = log4(4x2)  2x2 + 8x = 4x2

 x2 – 4x =  x = x =

Kết hợp với điều kiện x > suy PT (1) có nghiệm: x=4

0,25 0,25 0,25 0,25 2) (1 điểm)

Đặt t = + cos2x

 dt = – sin2xdx x =  t = 2, x = /2  t = Khi đó: I =

1

1 dt t 

=

2

1 dt t

 = ln | t |12 = ln2

I H

A C

B S

Câu Đáp án Điểm

Câu II 3) (1 điểm)

+ Tập xác định: D = [ – 2; 2]

+ f’(x) = – 2

2 x x  =

2

2 x x

2 x  

 + f’(x) = 

2

2 x x

2 x 

  



   





2

2 x x

0 x    



  



 x = + f(1) = 2, f(– 2) = – , f( 2) = kết luận

0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III

(1 điểm) + Gọi I trung điểm cạnh BC

Chứng minh tam giác SAI + Gọi H trung điểm AI

Chứng minh được: SH  (ABC) + Tính được: SH = 3a/4,

và: SABC = 3a

4

+ Thể tích khối chóp S.ABC là: V = 1SABC.SH a3

3  16

0,25 0,25 0,25

0,25 Câu IV.a

(2 điểm)

1) (1 điểm)

+ 1 qua A(–1;1;2) có vectơ phương u 1=(2;–1;–2) + 2 có vectơ phương u2



=(–2;1;2)

+ Toạ độ điểm A khơng thoả mãn phương trình 2 nên A 2 + Vì u1= – u2 A 2 nên 1 2 song song với

0,25 0,25 0,25 0,25 2) (1 điểm)

Gọi H(1–2t;–2+t;1+2t) hình chiếu A 2 d(1;2)=AH Ta có : AH = (2–2t;–3+t;–1+2t)

AH 

 u2 

 AH u2 

=0  –2(2–2t) –3+t + 2(–1+2t) =  t =  AH = (0;–2;1)  d(1;2) = AH =

0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV.b

(1 điểm) Ta có: z =

(3 2i)(2 i) 7i (2 i)(2 i)

  



 

 | z | 16 49 65

5



 

Câu Đáp án Điểm Câu V.a

(2 điểm)

1) (1 điểm)

+ 1 qua M1(2 ; –1 ; 1) có vectơ phương u1 

= (1 ; ; –3) 2 qua M2(0 ; ; 1) có vectơ phương u2



= (1 ; – ; 2) + [u1, u2] = (1 ; –5 ; –3) M1M2 = (–2 ; ; 0)

+ [u1, u2]M M 1 2 = –17 ≠ => 1 2 chéo + Tính được: d(1 ; 2 ) = 17

35

0,25 0,25 0,25 0,25 2) (1 điểm)

+ Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2 ; 3) bán kính R =

+ Mặt phẳng () song song với 1 , 2 nên có vectơ pháp tuyến:

1

n [u , u ]                = (1;– 5; – 3)

+ Gọi r bán kính đường trịn (C), ta có: 2r = 8 => r = => r = R => I  ()

+ Phương trình mặt phẳng (): x – 5y – 3z – =

Vì M1 M2 không thuộc () nên 1 // () 2 // ()

Vậy phương trình mặt phẳng () cần tìm là: x – 5y – 3z – =

0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V.b

(1 điểm)

Ta có: ’ = (1+2i)2 – 8i = –3 + 4i – 8i = – – 4i

’ = (1 – 2i)2 (hoặc tìm bậc hai ’ (1–2i)) Vậy phương trình cho có nghiệm:

z1 = + 2i + – 2i = z2 = + 2i – (1 – 2i) = 4i