DE ON THI TOT NGHIEP THPT MON TOAN DE 7 CO DAP AN

Ôn thi tốt nghĩa môn toán, lời giải chi tiết

Thầy Huy: 0968 64 65 97 KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG www.facebook.com/hocthemtoan Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 7 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 1 x y x    1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm trên ( )C có tung độ bằng 5. 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( )C và hai trục toạ độ. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 0.5 2 log ( 5) 2log ( 5) 0x x    2) Tính tích phân: 1 0 1I x xdx   3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 ( 2) x y e x  trên đoạn [1;3] Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông góc với mặt đáy. Góc  0 60SCB  , BC = a, 2SA a . Gọi M là trung điểm SB. 1) Chứng minh rằng (SAB) vuông góc (SBC). 2) Tính thể tích khối chóp MABC 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 4 điểm ( 1;1;1), (5;1; 1), (2;5;2), (0; 3;1)A B C D   1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Từ đó chứng minh ABCD là một tứ diện. 2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm D, đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Viết phương trình tiếp diện với mặt cầu (S) song song với mp(ABC) Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 4 2 5 36 0z z   2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình : 3 1 3 2 1 1 x y z     và mặt phẳng (P): 2 5 0x y z    . 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 2) Tính góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 3) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng (P). Câu Vb (1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau : 2 2 2 4 .log 4 log 2 4 y y x x               ---------- 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: . x y 5 4 3 1 -2 4 2 2 1 -1 O BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số 2 1 1 x y x     Tập xác định: \ {1}D    Đạo hàm: 2 3 0, ( 1) y x D x         Hàm số luôn NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: ; lim 2 lim 2 2 x x y y y       là tiệm cận ngang. ; 1 1 lim lim 1 x x y y x           là tiệm cận đứng.  Bảng biến thiên x –  1 + y  + + y 2   2  Giao điểm với trục hoành: cho 1 0 2 y x    Giao điểm với trục tung: cho 0 1x y     Bảng giá trị: x –2 0 1 2 4 y 1 –1 || 4 5  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:  0 0 0 0 0 0 2 1 5 5 2 1 5 5 2 1 x y x x x x             0 2 3 ( ) 3 (2 1) f x        Phương trình tiếp tuyến cần tìm: 5 3( 2) 3 11y x y x         Diện tích cần tìm: 0 0 0 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 3 2 1 1 1 x x S dx dx dx x x x                            0 1 2 3 3 2 3 ln 1 1 3ln 3ln 1 2 2 x x         (đvdt) Câu II: 2 0.5 2 log ( 5) 2 log ( 5) 0x x    (*)  Điều kiện: 2 5 0 5 0 5 5 0 x x x x                     Khi đó, 1 2 2 0.5 2 2 2 log ( 5) 2log ( 5) 0 log ( 5) 2log ( 5) 0x x x x           (nhan) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log ( 5) log ( 5) 0 log ( 5) log ( 5) ( 5) 5 10 25 5 10 20 2 x x x x x x x x x x x                           Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: 2x    1 0 1I x xdx   .  Đặt 1t x dt dx dx dt        và 1x t   Đổi cận: x 0 1 t 1 0  Vậy, 1 3 5 1 3 2 2 1 0 1 2 2 0 1 0 0 2 2 4 1 (1 ) ( ) ( ) 3 5 15 t t I x xdx t t dt t t dt                             60 a a 2 M A C B S  Hàm số 2 2 ( 2) ( 4 4) x x y e x e x x     liên tục trên đoạn [1;3]  2 2 2 2 ( ) ( 4 4) ( 4 4) ( 4 4) (2 4) ( 2 ) x x x x x y e x x e x x e x x e x e x x                  (loai) (nhan) 2 2 0 [1;3] 0 ( 2 ) 0 2 0 2 [1;3] x x y e x x x x x                    2 2 (2) (2 2) 0f e   ; 1 2 (1) (1 2)f e e   và 3 2 3 (3) (3 2)f e e    Trong các kết quả trên, số 0 nhỏ nhất, số 3 e lớn nhất.  Vậy, khi khi 3 [1;3] [1;3] min 0 2 , max 3y x y e x    Câu III  ( ) ( ) ( ) BC SA SAB BC SAB BC AB SAB              (do SA cắt BC)  Mà ( )BC SBC nên ( ) ( )SBC SAB  Ta có,  0 .tan .tan 60 3SB BC SCB a a   2 2 2 2 ( 3) ( 2)AB SB SA a a a      2 1 1 1 2 2 2 2 4 MAB SAB a S S SA AB           Thể tích khối chóp M.ABC: 2 3 1 1 1 2 2 3 3 3 4 12 MAB a a V B h S BC a            (đvdt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: ( 1;1;1), (5;1; 1), (2;5;2), (0; 3;1)A B C D    Điểm trên mặt phẳng (ABC): ( 1;1;1)A   Hai véctơ: (6;0; 2)AB    (3;4;1)AC    vtpt của mp(ABC): 0 2 2 6 6 0 [ , ] ; ; (8; 12;24) 4 1 1 3 3 4 n AB AC                          PTTQ của mp(ABC): 8( 1) 12( 1) 24( 1) 0x y z      8 12 24 4 0 2 3 6 1 0x y z x y z          Thay toạ độ điểm D vào phương trình mp(ABC) ta được: 2.0 3( 3) 6.1 1 0 14 0       : vô lý  Vậy, ( )D ABC hay ABCD là một tứ diện.  Mặt cầu ( )S có tâm D, tiếp xúc mp(ABC) Tâm của mặt cầu: (0; 3;1)A   Bán kính mặt cầu: 2 2 2 2.0 3.( 3) 6.1 1 14 ( ,( )) 2 7 2 ( 3) 6 R d D ABC             Phương trình mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 3) ( 1) 4S x y z      Gọi (P) là tiếp diện của ( )S song song với mp(ABC) thì (P) có phương trình 2 3 6 0 ( 1)x y z D D          Vì (P) tiếp xúc với ( )S nên 2 2 2 2.0 3.( 3) 6.1 ( ,( )) 2 2 ( 3) 6 D d I P R            (loai) nhan 15 14 1 15 14 15 14 29( ) D D D D D                               Vậy, phương trình mp(P) cần tìm là: 2 3 6 29 0x y z    Câu Va: 4 2 5 36 0z z    Đặt 2 t z , phương trình trở thành 2 2 2 9 9 3 5 36 0 4 2 4 t z z t t t z i z                                 Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm: 3; 2z z i    THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình: 3 1 3 2 1 1 x y z     và mặt phẳng (P): 2 5 0x y z    . 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 2) Tính góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 3) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng (P). Câu IVb:  Thay ptts của d: 3 2 1 3 x t y t z t                    (1) vào pttq của mp(P): 2 5 0x y z    ta được: ( 3 2 ) 2( 1 ) (3 ) 5 0 3 3 0 1t t t t t               Thay t = 1 vào (1) ta được giao điểm của d và (P) là: ( 1;0;4)H   Gọi ( )Q là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mp(P), khi đó ( )Q có vtpt 1 1 1 2 2 1 [ , ] ; ; ( 3;3; 3) 2 1 1 1 1 2 Q d P n u n                           là hình chiếu vuông góc của d lên (P), chính là giao tuyến của (P) và (Q), nên có vtcp 2 1 1 1 1 2 [ , ] ; ; (9;0;9) 3 3 3 3 3 3 P Q u n n                            Vậy, hình chiếu  của d lên (P) đi qua H, có vtcp (9;0;9)u    hoặc (1;0;1)u   nên có ptts 1 0 ( ) 4 x t y t z t                    Câu Vb: 2 2 2 2 2 4 .log 4 4 .log 4 4 4 log 2 4 4 log 4 y y y y x x uv u v x x                                         (*) (với 4 0 y u    và 2 logv x )  Từ (*) ta suy ra, u,v là 2 nghiệm phương trình: 2 1 2 4 4 0 2X X X X       Như vậy, 4 2 2 1 4 4 2 log 2 2 1 log 2 2 4 2 y x y x y x                                              Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 4 1 2 x y              