a Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón.. b Tính thể tích của khối nón tương ứng.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1... Giá
Trang 1TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐÁNG KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
Đề số 20 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 3 1 2 2 1
y= x + x - x+
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.
2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân
biệt:
2x +3x - 12x- 1 2+ m=0
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải bất phương trình: 21 +x +26 -x =24
2) Tính tích phân:
2
2 1
ln
e
x
+
=ò
3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=x3 - x+ 1 tại các giao điểm của nó với đường thẳng y=2x- 1
Câu III (1,0 điểm):
Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc
vuông bằng a.
a) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón.
b) Tính thể tích của khối nón tương ứng.
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 ( , , , )O i j kr r r , cho hình hộp
ABCD A B C D¢ ¢ ¢ ¢ có
OAuuur=rOBuuur=i OCr uuuur¢= +ir jr + k AAr uuur¢= kr,
1) Viết phương trình mặt phẳng (ABA¢ và tính khoảng cách từ ) C ¢ đến (ABA¢)
2) Tìm toạ độ đỉnh C và viết phương trình cạnh CD của hình hộp
ABCD A B C D¢ ¢ ¢ ¢
Câu Va (1,0 điểm): Cho 1 3
2 2
z= - + i Tính z2+ +z 1
2 Theo chương trình nâng cao
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ ( , , , )O i j kr r r , cho hình hộp
ABCD A B C D¢ ¢ ¢ ¢ có
OAuuur=rOBuuur=i OCr uuuur¢= +ir jr + k AAr uuur¢= kr,
1) Tìm tọa độ các đỉnh C, D và chứng minh rằng ABCD A B C D. ¢ ¢ ¢ ¢ là hình hộp chữ nhật
Trang 22) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD A B C D ¢ ¢ ¢ ¢.
Câu Vb (1,0 điểm): Cho 1 3
2 2
z= - + i Tính z2011
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 3y
d
-3,5
-1
2,5
3,5
-2
BÀI GIẢI CHI TIẾT
Câu I:
Hàm số: 1 3 1 2 1
2
y= x + x - x+
Tập xác định: D = ¡
Đạo hàm: y¢=x2+ -x 2
Cho y¢= Û0 x2+ -x 2= Û0 x=1 hoặc x= - 2
Giới hạn: x®- ¥lim y= - ¥ ; xlim®+¥ y= +¥
Bảng biến thiên
y
7
Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ -; 2),(1;+¥ , NB trên các khoảng ( 2;1))
Hàm số đạt cực đại 7
2
yCĐ = tại xCĐ = - 2. Hàm số đạt cực tiểu yCT = - tại 1 xCT = 1
y¢¢=2x+ Cho 1 0 2 1 0 1 5
y¢¢= Û x+ = Û x= - Þ y=
Điểm uốn: 1 5;
2 4
I ỉçççè- ư÷÷÷ø
Giao điểm với trục hồnh: 1 3 1 2 1
Giao điểm với trục tung: cho 0 1
6
x= Þ y=
Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 1 2,5
y –1 3,5 1,25 –1 3,5
Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây
2 3 3 2 12 1 2 0 1 3 1 2 2 1 1 0
x + x - x- + m= Û x + x - x- + m=
3x 2x x 6 3m 3x 2x x 6 3 3m
Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của ( )C và
1 1 :
3 3
d y= - m
Do đĩ, (*) cĩ 3 nghiệm pb 1 1 1 7 4 1 19 4 19
- < - < Û - < - < Û > >
- Vậy, phương trình đã cho cĩ 3 nghiệm phân biệt 19 4
Û - < <
Câu II:
21 26 24 2.2 64 24
2
x
Đặt t =2x (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành:
2
64
2t 24 2t 24t 64 0
t
8
t
Û = hoặc t =4 (nhận cả hai nghiệm này do t > 0)
Trang 4A O S
I
C'
C
B'
D' A'
B
Với t =8ta có 2x = Û8 x=3
Với t =4ta có 2x = Û4 x=2
Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3
2
1
e
=ò =ò ççè + ÷ø =ò +ò
I =ò dx=x = -e
Xét 2 2
1
ln
e x
x
=ò Đặt
2
1 ln
x
ìï
Khi đó,
lnx e e 1 1 1 e 1 1 1 1 2
= -ççè ÷ø +ò = - - ççè ø÷= - - + =
- Vậy, I I1 I2 e 1 1 2 e 2
= + = - + - =
- Viết pttt của y=x3 - x+ 1 tại các giao điểm của nó với đường thẳng y=2x- 1
Cho x3 - x+ = 1 2x- 1 Û x3 - 3x+ Û 2 x= 1,x= - 2
y¢=3x2- 1
0 1 0 1 1 1 1
x = Þ y = - + = và f ¢ =(1) 3.12- 1 2= pttt tại x = là: 0 1 y- 1 2(= x- 1)Û y=2x- 1
0 2 0 ( 2) ( 2) 1 5
x = - Þ y = - - - + = - và f ¢-( 2)=3.( 2)- 2- 1 11= pttt tại x = là: 0 1 y+ =5 11(x+2)Û y=11x+17
Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là: y=2x- và 1 y=11x+17
Câu III: Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ)
Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a
Do đó, AB = SA2+SB2 =a 2 và 1 2
a
SO =OA = AB =
Vậy, diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón :
xq
2
S =p rl = ×p × = p ; tp xq
2 2
S =S +p r =p +pæççççè ö÷÷÷÷ø =p a
Thể tích khối nón:
2
3 2
V = p r h= pæççç ö÷÷÷÷× = p
çè ø
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: Từ giả thiết ta có (0;0;0)A , (1;0;0)B , (1;2;3)C ¢ , (0;0;3)A¢
Điểm trên (ABA¢: (0;0;0)) A
Hai véctơ: AB =uuur (1;0;0) , AA¢=uuur (0;0;3)
vtpt của (ABA¢: ) [ , ] 0 0 0 1 1 0; ; (0; 3;0)
0 3 3 0 0 0
n = AB AA¢=æççç ö÷÷÷÷=
uuur uuur r
PTTQ của (ABA¢: 0() x- 0) 3(- y- 0)+0(z- 0)= Û0 y=0
2
Trang 5C'
C
B'
D' A'
B
Từ AAuuurđ=CCuuurđí (0;0;3)= -(1 x C;2- y C;3- z C), ta tớm được (1;2;0)C
Do CD || AB nởn CD cụ vtcp ur =ABuuur=(1;0;0)
Vỏ hiển nhiởn CD đi qua C nởn cụ PTTS:
1
0
z
ớủ = + ủủ
ợủ
ủ = ủủù
â
Cóu Va:
2 2
z= - + i Þ z = -ỗốốố + iữứứứứ= - i- = - - i
z + + = -z + i- - i+ =
THEO CHƯƠNG TRèNH NằNG CAO
Từ AAuuurđ=CCuuurđí (0;0;3)= -(1 x C;2- y C;3- z C), ta tớm được (1;2;0)C
Từ ABuuur=DCuuur í (1;0;0)= -(1 x D;2- y D;- z D), ta tớm được (0;2;0)D
uuur uuur uuur
uuur uuur uuur
uuur uuur uuur
Vậy, ABCD A B C D. đ đ đ đ lỏ hớnh hộp chữ nhật
Gọi ( )S lỏ mặt cầu ngoại tiếp hớnh hộp ABCD A B C D đ đ đ đ
Tóm của mặt cầu: (1 3)
2;1;2
I (lỏ trung điểm đoạn AC đ)
Bõn kợnh mặt cầu: 1 1 2 2 2 14
Vậy, phương trớnh mặt cầu cần tớm lỏ: 12 2 32
7
2
x- + y- + -z =
Cóu Vb:
2 2
z= - + i Þ z = -ỗốốố + iữứứứứ= - i- = - - i
( )
2 2
670
2 2
Þ = = -ốố + ứứốố- - ứứ= -ốố ứ- ốố ứứ=
Vậy, với 1 3
2 2
z= - + i thớ 2011 1 3
2 2
z = = -z + i