2 Viết phương trình tiếp tuyến của C tại điểm cực tiểu của nó.. Tính thể tích của khối lăng trụ theo a.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1.. 2 Vi
Trang 1KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
Đề số 19 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: 1 4 3 2 5
y = - x + 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 cực tiểu của nó
3) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 4 nghiệm phân biệt:
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải bất phương trình: 22 2+ x - 5.6x = 9.9x
2) Tính tích phân:
2
2
0 ( 1) x
I = ò x + e dx
3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f x( )= sin4x + 4 cos2x + 1
Câu III (1,0 điểm):
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là một tam giác vuông tại A và
AC = a, C =µ 600 Đường chéo BC' của mặt bên BB'C'C tạo với mặt phẳng (AA'C'C) một góc 30 Tính thể tích của khối lăng trụ theo a 0
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 tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) có
phương trình
2x- y + 2z- 1= 0 và điểm (1; 3; 2)A
-1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên mặt phẳng (P)
2) Viết phương trình mặt cầu tâm A và đi qua gốc tọa độ O
Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn: (1+ i) (22 - i z) = 8+ i + (1+ 2 )i z Tìm
phần thực, phần ảo và tính môđun của số phức z
2 Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) có
phương trình
- và điểm (1; 2; 3)A
-1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên đường thẳng (d)
2) Viết phương trình cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d
Trang 2Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số 3
1
y x
-= + ( )C Tìm trên ( ) C các điểm cách đều hai trục toạ độ
- 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:
Trang 3x y
y = -1 - m
4 5
1 -1
O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I:
Hàm số: 1 4 3 2 5
y = - x + x
- Tập xác định: D = ¡
Đạo hàm: 3
3
3
x
x
é = ê
= ± êë
Giới hạn: lim ; lim
Bảng biến thiên
x – - 3 0 3 +
y ¢ + 0 – 0 + 0 –
y
4
Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ -; 3),(0; 3), NB trên các khoảng
(- 3; 0),( 3;+ ¥ )
Hàm số đạt cực đại yCÑ = 1 tại xCÑ = ± 3 ; đạt cực tiểu CT 5
4
y = - tại
CT 0
Giao điểm với trục hoành:
2
2
1 1
5
x x
é
ê ê
= ± ê
Giao điểm với trục tung: cho 0 5
4
x = Þ y =
- Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây
Điểm cực tiểu của đồ thị có: 0 5
4
x = Þ y =
- f x¢( 0)= f¢(0)= 0
Vậy, tiếp tuyến tại điểm cực đại của hàm số là: 5 0( 0) 5
-
1
Trang 4 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của ( )C và d: y = –1 – m
Do đĩ, dựa
vào đồ thị ta thấy (*) cĩ 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
- < - - < Û - < - < Û - < <
Vậy, khi 2 1
4
m
- < < thì phương trình đã cho cĩ 4 nghiệm phân biệt
2
ỉ ư÷ ỉ ư÷
×çç ÷ + ×çç ÷ - =
Đặt 3
2
x
t = ç ÷ỉ ưç ÷÷
çè ø (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành:
(loại) (nhận) 2
1
9
t
t
é = -ê ê
ê = êë
2
2
-ỉ ư÷ ỉ ư÷ ỉ ư÷
= Û çç ÷ = Û çç ÷ = çç ÷ Û =
Vậy, phương trình cĩ nghiệm duy nhất: x = - 2
0 ( 1) x
I = ị x + e dx
2
ìï =
Thay vào cơng thức tích phân từng phần ta
được :
2
0
( 1)
cos
t = x (ĐK: t Ỵ [0;1]) thì f x( )= g t( )= t2 - t - 1
( )g t là hàm số liên tục trên đoạn [0;1]
( )g t¢ = 2t - 1
2
g t¢ = Û t- = Û t = (nhận)
gỉ ưç ÷= -ç ÷÷
çè ø ; g(0)= - 1 và g(1)= - 1
Trang 560
a
B'
C A
B
Trong các kết quả trên, số 5
4
- nhỏ nhất và số - 1 lớn nhất
Vậy, min 5 , max 1
4
-Câu III: Ta có, A B A C A B (A CC A )
A B A A
ìï ^
í
¢
ïî
, do đó A C ¢ là hình chiếu
vuông góc của B C ¢ lên (A CC A¢ ¢ Từ đó, góc giữa ) B C ¢ và (A CC A¢ ¢ )
là BC A· ¢ = 300
Trong tam giác vuông ABC, 0
t an 60 3
Trong tam giác vuông A B C ¢, 0
cot 30 3 3 3
Trong tam giác vuông A CC ¢, CC¢= A C¢2 + A C2 = (3 )a 2 - a2 = 2a 2
3
V = B h = A B A C CC¢= ×a × ×a a = a (đvdt)
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: ( ) : 2P x - y + 2z - 1= 0 có vtpt n =r (2; 1;2)
- Gọi d là đường thẳng qua (1; 3; 2) A - và vuông góc với ( )P thì d có vtcp
(2; 1;2)
u =r
- Do đó, d có PTTS:
1 2 3
2 2
ìï = + ïï
ï = -í
ïï = - + ïïî
(*)
2 3 ( ) : 2(1P + 2 )t - (3- t)+ 2( 2- + 2 )t - 1= 0Û t =
Thay 2
3
t = vào (*) ta được: 7 ; 7 ; 2
- Vậy, toạ độ hình chiếu vuông góc của A lên mp ( ) P là 7 7; ; 2
3 3 3
Hæçç - ö÷÷÷
Gọi ( )S là mặt cầu tâm A và đi qua O
Tâm của mặt cầu: (1; 3; 2)A
Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2
(x - 1) + (y- 3) + (z + 2) = 14
Câu Va: 2
(1+ i) (2- i z) = 8+ i+ (1+ 2 )i z Û 2 (2i - i z) = 8+ i + (1+ 2 )i z
Trang 6-10 15
2 3 5
i
- Phần thực của z là a = 2, phần ảo của z là –3 và môđun của z là
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:
d đi qua điểm M -0( 2; 0;1)có vtcp u =r (1;2; 3)- và
PTTS của d là:
2 2
1 3
ìï = - + ïï
ï = í
ïï = -ïïî
nên nếu H Î d thì toạ độ của H có dạng
( 2 ;2 ;1 3 )
H - + t t - t
( 3 ;2 2 ; 2 3 )
-uuur
Do A Ï d nên H là hình chiếu vuông góc của A lên d
Û ( 3 )1 (2 2 ).2 ( 2 3 ).( 3) 0 1
2
- Vậy, hình chiếu vuông góc của A lên d là 5; 1;5
Hæçççè- - ö÷÷÷ø
Gọi ( )S là mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d
Tâm của mặt cầu: (1; 2; 3)A
- Bán kính của mặt cầu: ( )7 2 2 ( )1 2
27 1
2
Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 27
2
Câu Vb: Xét điểm
÷
+ + (ĐK: x ¹ - 1)
M cách đều 2 trục toạ độ
2
3
3 1
x
-+
2
1
3
x
x
ê =
ë
Vậy, trên ( )C có 2 điểm cách đều hai trục toạ độ, đó là (0; 0) O và M(1; 1)