Đề thi thử Tốt nghiệp lần 1 Năm 2011 THPT Phúc Trạch

Diễn đàn THPT Phúc Trạch phuctrach.net TRƯỜNG THPT PHÚC TRẠCH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011 Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông Thời gian l

Diễn đàn THPT Phúc Trạch phuctrach.net

TRƯỜNG THPT PHÚC TRẠCH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011

Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số 2 2

2 2

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 M 2;y0

Câu II (3,0 điểm)

1) Giải phương trình 4.9x 12x 3.16x

2) Tính tích phân:  

1

0

x

x x e dx



3) Tìm giá trị của tham số m để hàm số yx3m2xm (m là tham số) có cực trị tại x 1

Câu III (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C có đáy là tam giác 1 1 1 ABC vuông cân tại A và

BCa Đường chéo của mặt bên ABB A1 1 tạo với đáy một góc 60o Tính thể tích khối lăng trụ theo a

II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình Chuẩn

Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M1; 1; 0  và mặt phẳng (P):

xy z 

1) Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với mặt phẳng (P)

2) Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (P)

Câu V.a (1,0 điểm) Giải phương trình trên tập hợp các số phức: z42010z22011 0

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu IVb.(2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x2y  z 5 0 và mặt cầu (S): x2y2z22x4y4z 0

1) Tìm tâm và bán kính của mặt cầu (S)

2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với (S) Tìm tọa độ của tiếp điểm

Câu V.b (1,0 điểm) Giải phương trình trên tập số phức 2    

z  i z i  -HẾT -

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên: Số báo danh:

Diễn đàn THPT Phúc Trạch phuctrach.net

1 (2,0 điểm)

Hàm số có dạng: 2 2 2 4

y x x  y x  x

a) Tập xác định: D  

0,25

b) Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên: y'8x8x3 Ta có:

và ' 0 1 0

1

x y

x

  



   



Do đó:

+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 và 0;1 

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 1; 0 và 1;  

0,50

 Cực trị:

+ Hàm số đạt cực đại tại x   và 1 yCÑ y 1 2; + Hàm số đạt cực tiểu tại x  và 0 yCT y 0  0

0,25

 Giới hạn: lim

 Bảng biến thiên:

x  -1 0 1 

y’ + 0 - 0 + 0 -

2 2

y

 0 

0,25

c) Đồ thị (C):

x

y

2

0,50

2 (1,0 điểm)

Kí hiệu x0 là hoành độ điểm M, ta có x0 2y0 0 0,25

 

3

Câu 1

(3,0 điểm)

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

1 (1,0 điểm)

Câu II

(3,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình

2

0,25

Diễn đàn THPT Phúc Trạch phuctrach.net

Đặt 3 , 0 4

x

t t

 

 

 

  , phương trình đã cho tương đương với phương trình 2

4t   t 3 0(*)

0,25

Giải phương trình (*), ta được t  1 và 3

4

Đối chiếu điều kiện, ta được 3 3 3 1

x

t     x

  Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x 1

0,25

2 (1,0 điểm)

Đặt

2

du dx

u x









0,25

0

|

x x e dxx x e    x e dx

= 1 1 3 |10

x

e  x e 

4

3 (1,0 điểm)

2

Hàm số đạt cực trị tại x 1 y' 1 0 3 m2 0 m 1 0,50

 

" 6 " 1 6 0

y  xy   Vậy với m=1, hàm số đạt cực đại tại x 1 0,25

60

a

C

A1 B1

B

A

C1

Giả sử góc BAB160o

Tam giác BAC vuông cân tại A, do

a

AB AC

Trong tam giác BAB1 vuông tại B, ta có:

0,50

Diện tích đáy (tam giác BAC) là

2 2

a

S  AB AC    a

(đvdt) 0,25

Câu III

(1,0 điểm)

Thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 là:

3 2 1

V BB S  a  (đvtt) 0,25

1 (0,75 điểm)

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) là:  ,  1 1 0 3 3

1 1 4 6

d M P     

Mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên có bán kính là: ( , ) 3

6

Rd M P  0,25

Phương trình mặt cầu cần tìm là:

2

6

x  y z   

  hay  2  2 2 3

2

Câu 4.a

(2,0 điểm)

2 (1,25 điểm)

Diễn đàn THPT Phúc Trạch phuctrach.net

Mặt phẳng (P) cĩ một vecto pháp tuyến là: a  1;1; 2 

0,25 Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuơng gĩc với mặt phẳng (P), a  1;1; 2 

là

Phương trình tham số của d là:

1 1 2

 





  



  



0,25

Giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P) chính là hình chiếu vuơng gĩc của M trên mặt phẳng (P):

Thay phương trình tham số của d vào phương trình của mặt phẳng (P) ta được:

1t   1 t22t 3 0 1

2

t

  

0,25

Với 1

2

t   , toạ độ điểm H là: 1; 3;1

2 2

H  

Đặt tz2, phương trình trở thành: t22010t2011 0 (*) 0,25 Giải (*) ta được t 1 và t2011 0,25

Câu 5.a

(1,0 điểm)

Với t  1 z2  1 z i

Với t2011z22011z  2011

Vậy phương trình đã cho cĩ bốn nghiệm: z i z;   2011

0,50

1 (0,75 điểm)

Viết lại phương trình mặt cầu (S): x12y22z229 0,25 Tâm T và bán kính R của mặt cầu (S) là: T1; 2; 2  và R  3 0,50

2 (1,25 điểm)

Phương trình mặt phẳng (Q) cĩ dạng: 2x2y z m0 (m  ) 5 0,25 Mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S)

13

4 4 1

(loại)

m m

m



Phương trình mặt phẳng (Q) cần tìm là: 2x2y z 130

0,25

Gọi toạ độ tiếp điểm là I a b c ; ; 2a2b c 130 1  0,25 Mặt khác: TI a1;b2;c2

I là tiếp điểm của (S) và (Q) 1 2 2 2 2 4 1

a b c a b c 

Câu 4.b

(2,0 điểm)

Vậy tiếp điểm của (S) và (Q) là I3; 4; 1  0,25

2 2 2

4 2

1

5 2 4

4 2

4 1 0

a b

 

0,50

Câu 5.b

(1,0 điểm)

 cĩ hai căn bậc hai là 5 2 i 52

Phương trình đã cho cĩ hai nghiệm: 1 5 2 5 2

2

z      

0,25