KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I.. Câu III 1,0 điểm: Một hình nón có thiết di
Trang 1KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
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 1
2
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
+
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
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
2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD A B C D ¢ ¢ ¢ ¢
Câu Vb (1,0 điểm): Cho 1 3
z= - + i Tính z2011
Hết
-Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
TRƯỜNG THPT LONG MỸ
ĐỀ THI THỬ 20
GV Bùi Văn Nhạn
Trang 2Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
Trang 3BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I:
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= - ¥ ; x®+¥lim 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 CĐ 7
2
y = tại xCĐ = - 2 Hàm số đạt cực tiểu yCT = - 1 tại xCT =1
Điểm uốn: 1 5;
2 4
I ỉçççè- ư÷÷÷ø
Giao điểm với trục hồnh: 1 3 1 2 1
y= Û y= x + x - x+ =
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
Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của ( )C và : 1 1
- < - < Û - < - < Û > >
- Vậy, phương trình đã cho cĩ 3 nghiệm phân biệt 19 4
Û - < <
Câu II:
2
x
+ + - = Û + = (*)
Đặt t =2x (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 64 2
t
8
t
Û = hoặc t =4 (nhận cả hai nghiệm này do t > 0)
Trang 4 Với t =4ta có 2x = Û4 x=2
Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3.
2
1
1
e
I =ò dx=x = -e
Xét 2 2
1
ln
e x
x
2
1 ln
x
ìï
Khi đó,
1 1
e x
= -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
x = Þ y = - + = và f ¢ =(1) 3.12- 1 2=
pttt tại x =0 1 là: y- 1 2(= x- 1)Û y=2x- 1
x = - Þ y = - - - + = - và f ¢-( 2)=3.( 2)- 2- 1 11=
pttt tại x =0 1 là: y+ =5 11(x+2)Û y=11x+17
Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là: y=2x- 1 và 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.
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
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: Từ giả thiết ta có A(0;0;0),B(1;0;0),C ¢(1;2;3),A¢(0;0;3)
Điểm trên (ABA¢): A(0;0;0)
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¢=æçççç ö÷÷÷÷=
-÷
uuur uuur r
PTTQ của (ABA¢): 0(x- 0) 3(- y- 0)+0(z- 0)= Û0 y=0
Trang 5 Từ AAuuurđ=CCuuurđí (0;0;3)= -(1 x C;2- y C;3- z C), ta tớm được C(1;2;0)
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 = -ỗốốốốộ + iữứứứứự = - 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 C(1;2;0)
Từ ABuuur=DCuuur í (1;0;0)= -(1 x D;2- y D;- z D), ta tớm được D(0;2;0)
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 12 22 32 14
Vậy, phương trớnh mặt cầu cần tớm lỏ: 12 2 32
7
2
Cóu Vb:
2 2
z= - + i Þ z = -ỗốốố + iữứứứứ= - i- = - - i
( )
2 2
670
2011 2010 3 670
Þ = = -ốố + ứứốố- - ứứ= -ốố ứ- ốố ứứ=
Vậy, với 1 3