Phần dành riêng cho thí sinh 3 điểm Thí sinh học theo chơng trình nào chỉ đợc làm phần dành riêng cho chơng trình đó 1.. Viết phơng trình mặt phẳng BCD 2.. Viết phơng trình mặt cầu tâm A
Trang 1Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đỏp Án THPT
Đề 7
I Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (3 điểm)
Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + (m2 – 1)x + 2 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m = 1
2 Xác định m để hàm số (1) đạt cực đại tại x = 2
Câu II (3 điểm)
1 Giải bất phơng trình log2 x + 2 log x ≤ 3
2 Tính ∫2 +
0
cos ).
sin (
π
xdx x
x
3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x3 – x2 – 8x + 5 trên [0; 3]
Câu III (1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, ABCD là hình vuông cạnh a Mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy (ABCD), SA = SB = a 2 Tính thể tích khối chóp S.ABCD
II Phần dành riêng cho thí sinh (3 điểm)
(Thí sinh học theo chơng trình nào chỉ đợc làm phần dành riêng cho chơng trình đó)
1 Theo chơng trình chuẩn
Câu IVa (2 điểm)
Trong không gian Oxyz cho A(0; 0; 2), O(0; 0; 0), B(1; 2; 0); C(0; 2; 0)
1 Viết phơng trình mặt phẳng (P) qua O và vuông góc với AB
2 Tìm điểm đối xứng của B qua (P)
Câu Va (1 điểm)
Tìm số phức z biết |z|2 = 5 và phần thực bằng hai lần phần ảo
2 Theo chơng trình nâng cao
Câu IVb (2 điểm)
Trong không gian Oxyz cho A(1;6; 2), B(4; 0; 6), C(5; 0; 4); D(5; 1; 3)
1 Viết phơng trình mặt phẳng (BCD)
2 Viết phơng trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mp(BCD) Tìm toạ độ tiếp điểm
Câu Vb(1 điểm)
Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đờng y = x+1; y
= 0; x = 0 khi quay quanh Oy
Câu I
(3 đ) 1 (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1m = 1 Hàm số trở thành y = x3 – 3x2 + 2 (C)
+) y' = 3x2 – 6x
Trang 2Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đỏp Án THPT
y’ = 0 <=> x = 0 hoặc x = 2
+) Chiều biến thiên : Hàm số đồng biến trên (−∞;0)và (2;+∞)
Hàm số nghịch biến trên (0; 2)
0.5
+) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2
+) Giới hạn: lim (x3 – 3x2 + 2) = ±∞; Đồ thị hàm số không có tiệm
+) Bảng biến thiên
x - ∞ 0 2 + ∞
y' + 0 - 0 +
+) Đồ thị :
Giao với Oy tại (0 ; 2)
Giao với Ox tại (1;0);(1+ 3;0);(1− 3;0)
Điểm I(1; 0) là tâm đối xứng
Đồ thị
0.5
2 (1 điểm) Xác định m
y' = 3x2 – 6mx + m2 – 1
<=> m2 – 12m + 11 = 0
Với m = 1 thì y’ = 3x2 – 6x Tìm đợc hoành độ điểm cực đại là x = 0;
hoành độ điểm cực tiểu là x = 2
Kết luận: m = 1 loại
0.25
Với m = 11 thì y’ = 3x2 – 66x + 120 Tìm đợc hoành độ điểm cực đại
là x = 2; hoành độ điểm cực tiểu là x = 20
Kết luận: m = 11 thoả mãn
Vậy m = 11 thì hàm số đạt cực đại tại x = 2
0.25
Câu
II
(3 đ)
1 (1 điểm) Giải bất phơng trình
Thay t = logx => - 3 ≤ logx ≤ 1
<=>10- 3 ≤ x ≤ 10
<=> 1/1000 ≤ x ≤ 10
0.25
O 1 1
x^3-3*x^2+2
I
Trang 3Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
2 (1 ®iÓm) TÝnh ∫2 +
0
cosxdx sinx)
(x
§Æt
=
+
=
⇔
=
+
=
sinx v
dx cosx) (1
du cosxdx
dv
sinx x u
∫
0
2
0
sinxdx cosx)
(1 sinx
sinx) (x
cosxdx sinx)
(x
0 2
π
0
cosx) d(1
cosx) (1
sin ) sin (
0 2
π
π
x x x
=
0
2 0
2
1 sinx sinx)
+
0.25
=
2
1
3 ( 1 ®iÓm) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña hµm sè
y = x3 – x2 – 8x + 5 trªn [0; 3]
y' = 3x2 – 2x – 8
−
=
=
⇔
=
3 4
2 0
'
x
x
y(0) =5; y(3) = - 1; y(2) = -7
KÕt luËn:
7 ) 2 ( min
5 ) 0 ( max
] 3
; 0 [
] 3
; 0 [
−
=
=
=
=
y y
y
C©u
III
Trang 4Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đỏp Án THPT
(1 đ)
Gọi H là trung điểm của AB Vì tam giác ABC cân tại A nên SH là đờng
cao
Theo giả thiết: (SAB)⊥ (ABCD)==> SH⊥(ABCD)
Vậy SH là đờng cao của hình chóp S.ABCD
Tam giác SHA có
4
a 7 ) 2
a ( ) 2 (a AH SA
SH
2 2
2 2
2
0.25
==>
2
7 a
6
7 a S
SH 3
1 V
3 ABCD
Câu
IVa
(2 đ)
1 (1 điểm)Viết phơng trình mặt phẳng (P) qua O vuông góc với AB
2) (1;2;
Mặt phẳng (P) qua O(0; 0; 0) và có véc tơ pháp tuyến là
2) (1;2;
AB
0.5
2 (1 điểm) Tìm điểm đối xứng của B qua (P)
Gọi B’(x0; y0; z0) là điểm đối xứng của B qua (P) Vì BB' cùng phơng
với véc tơ pháp tuyến của (P)
−
=
+
=
+
=
⇔
≠
=
⇒
t 2 0 z
t 2 2 0 y
t 1 0
x 0)
(t n t BB'
0.25
Vì B đối xứng với B’ qua (P) nên trung điểm I(1+t/2; 2+t; - t) của BB’
=>
9
20
; 9
2
; 9
1
Va
(1đ) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) Theo giả thiết ta có
=
=
+ b 2 a
5 b
Trang 5Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đỏp Án THPT
Tìm đợc
−
=
−
=
=
=
1 b 2;
a
1 b 2,
IVb
(2 đ) 1 (1 điểm) Viết phơng trình mặt phẳng (BCD)BC=(1;0;−2); BD=(1;1;−3); n=BC∧BD=(2;1;1) 0.5
Mặt phẳng (BCD) qua B nhận n làm véc tơ pháp tuyến nên có phơng
trình tổng quát là: 2(x – 4) + (y – 0) + z – 6 = 0 hay 2x + y + z –
14 = 0
0.5
2 (1 điểm) Viết phơng trình mặt cầu
Vì mặt cầu (S) cần tìm tiếp xúc với (BCD) nên bán kính của (S) là
khoảng cách từ A tới (BCD)
6
4 2 1 2 1 2 2
14 2 6 2 (BCD)) d(A;
+ +
− + +
=
Phơng trình mặt cầu (S) là: (x – 1)2 + (y – 6)2 + (z – 2)2 = 8/3 0.5 Vb
(1 đ)
≥
−
=
⇔ +
=
0 y
1 2 y x 1
x y
Tung độ giao điểm của đờng x = y2 - 1 (y ≥ 0) với Oy là nghiệm của
phơng trình: y2 – 1 = 0 (y ≥ 0) => y = 1
0.25
Công thức tính thể tích = ∫1 −
0
2
2 1) dy (y
π V
0.25
0
1 y 3
y 2 5
y π V
3 5
+
−
15
π 8
Ghi chú: Nếu thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn đợc điểm tối đa từng phần tơng ứng
theo quy định.
Đề 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu I (3,0 điểm) Cho hàm số 2x 2
y
x 1
−
= +
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho.
2 Biện luận theo m số nghiệm của phương trỡnh 2x 2
m 4
x 1 − = + + (1)
Cõu II (3,0 điểm)
1 Giải phương trỡnh: 3 -3 -2 =0 2x-1 x-1
Trang 6Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
2 Tính tích phân: 2 3
0
π
3 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y= f x( ) =x(2lnx− 3) , x∈[ ]1;e
Câu III (1,0 điểm)
Cho khối chóp S.ABC có SA⊥ (ABC) , SA = 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,
0
60
BAC = Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được chọn làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu IVa (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1 ; 0 ; 2), B(- 1;1;0), C(0;0;3), D(2;3;4)
1 Viết phương trình mặt phẳng (ABC) Chứng minh rằng ABCD là một tứ diện.
2 Viết phương trình của mặt cầu tâm D, tiếp xúc với mặt phẳng (P): x + y - 2z + 9 = 0.
3 Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P).
Câu Va (1,0 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số:
2
, 4 , 2
x
x
= = =
2 Theo chương trình Nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) :
x +y + −z x+ y+ z− = và mặt phẳng ( ) : 3α − x+ 2y z+ + = 11 0
1 Hãy tìm tọa độ tâm và tính bán kính của mặt cầu (S)
2 Viết phương trình mặt phẳng đi qua A(1;-1;2), B(0;3;5) và vuông góc với mặt phẳng ( )α .
3 Viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song với mặt phẳng ( )α .
Câu Vb (1,0 điểm) Cho hàm số
2
y
x
− − − +
=
đồng thời hai điểm cực đại, cực tiểu đó nằm về hai phía của đường thẳng x – 4 = 0.
Trang 7Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
I
(3,0
điểm)
(2,5 điểm)
Sự biến thiên:
4
(x 1)
0,50
Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = - 1, và một tiệm cận ngang
là đường thẳng y = 2
0,50
0,5
xứng.
0,50
(0,5 điểm)
2
-2 I
y
Trang 8Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
1
x y x
−
= + .
• Với m+ = ⇔ = − 4 2 m 2 pt(1) vô nghiệm
• Với m+ ≠ ⇔ ≠ − 4 2 m 2 pt(1) có một nghiệm duy nhất.
0,50
II
(3,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với t phương trình:
2
(3 )x − − = 3x 6 0
6( )
t
t loai
=
⇔ = −
0,50
Với t = ⇒ 3 3x = ⇔ = 3 x 1
2 (1,0 điểm)
3
4
Đặt
1
I = + =
0,25 0,25
3 (1,0 điểm)
x [1;e]
Trang 9Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
III
(1,0
điểm)
.Ta có SA = 2a là đường cao của khối chóp đã cho.
2 ABC
0,25
Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là:
3 2
a
IV.a
(2,0
điểm)
1 (0,75 điểm)
( 2;1; 2) ( 1;0;1)
AB
AC
= − −
= −
uuur
( ) 2 4.3 4 3 0 15 0
D∈ ABC ⇔ + + − = ⇔ = vô lí Do đó D ∉ (ABC)
2 (0,50 điểm)
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm D, tiếp xúc với mặt phẳng (P) Ta có R bằng khoảng
cách từ D đến (P) Suy ra :
6
+ + −
0,25
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
3.(0,75 điểm) uuurAB= − ( 2;1; 2) − Đường thẳng AB đi qua điểm A và có vectơ chỉ 0,25
a
2a A
B
C S
Trang 10Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
1 2
2 2
y t
= −
=
= −
Gọi M là giao điểm của đường thẳng AB và (P) ta có
( ) (1 2 ; ;2 2 )
M∈ AB ⇒MN − t t − t
( ) 1.(1 2 ) 1.( ) 2.(2 2 ) 9 0 2
M∈ P ⇔ − t + t − − t + = ⇔ = −t
Vậy M(5;-2;6) là giao điểm của đường thẳng AB và (P)
0,25 0.25 V.a
(1,0
điểm)
4
4
x
x
= ⇔ = ⇔ = = ⇒ = ⇔ =
= ⇒ = ⇒ =
4 2
-2 -4 -6
y=h(x) y=g(x)
y=f (x)
h x ( = 4 x
g x ( = 4 ⋅ x ⋅ x
f x ( = x⋅ x
Do đó:
IV.b
(2,0
điểm)
1 (0,50 điểm)
x +y + −z x+ y+ z− = ⇔ −x + +y + +z =
2 (0,75 điểm)
( 1;4;3)
AB= −
uuur
3 (0,75 điểm)
Trang 11Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
4 ( 3) 2 1
m
− + − + − +
− + +
( ) : 3β − x+ 2y z+ + ± 13 4 14 0 =
0.25
0.25 0.25
V.b
(1,0
điểm)
Ta có
2
2
y '
(x 2)
=
nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó.
2
(*) 10 (2) 1.2 4.2 10 7 0
m
m
∆ = − >
⇔ ⇔ <
= − + − ≠
0,25
0.25
Gọi M x y( ; ), ( ; 1 1 N x y2 2 ) là các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị.
1 2 4, 1 2 10 7
x + =x x x = m−
M,N nằm về hai phía của đường thẳng x– 4 = 0
(x 4)(x 4) 0 x x 4(x x ) 16 0
⇔ − − < ⇔ − + + <
7
10 7 4.4 16 0
10
⇔ − − + < ⇔ < Kết hợp với (*) ta được: 7
10
m<
10
nằm về hai phía của đường thẳng x – 4 = 0.
0,25
0,25
……… Hết ………
