3 Đề ôn thi Tốt nghiệp môn Toán Có đáp án

Câu III.1,0 điểm Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, các cạnh bên tạo với đáy một góc.. II.Phần riêng3,0 điểm Thí sinh học chơng trình nào thì chỉ đợc là

ĐỀ THI TNPT

Môn Toán

Thời gian: 150 phút

I Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)

Câu I.( 3,0 điểm)

Cho hàm số , với

m là tham số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số khi m =3

2.Dựa vào đồ thị (C) biện

luạn theo k số nghiệm cảu phơng

trình

Câu II.(3,0 điểm)

1.Tính tích phân

2 Giải phơng trình

3.Tìm giá trị lớn nhất và

nhỏ nhất của hàm số trên đoạn

[ 0;2]

Câu III.(1,0 điểm)

Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, các cạnh bên tạo với đáy một góc Hãy tính thể tích khối chóp đó

II.Phần riêng(3,0 điểm)

Thí sinh học chơng trình nào thì chỉ đợc làm phần dành riêng cho chơng trình đó.

1 Theo chơng trình Chuẩn:

Câu IV.a(2,0 điểm)

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm:

A(3;-2;-2) ; B(3;2;0) ; C(0;2;1); D(-1;1;2)

1 Viết phơng trình mặt phẳng (BCD)

2.Viết phơng trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (BCD) Câu V.a(1,0 điểm)

Tìm số phức z biết và phần ảo của z bằng 2 lần phần thực của

nó

2.Theo chơng trình nâng cao.

Câu IV.b(2,0 điểm)

Trong không gian Oxyz, cho A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;0;1), D(-2;1;-1)

1 Viết phơng trình mặt phẳng (BCD) Chứng minh rằng ABCD là hình tứ diện

2 Viết phơng trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (BCD)

Câu V.b(1 điểm)

Viết dạng lợng giác của số

phức

.Hết

Đáp án:

Câu I(3

điểm)

1.Với m=3 ta có hàm số tập xác định: D =R Chiều biến thiên:

Hàm số đồng biến trên khoảng (-;-1)

0,25 0,25

y x  mx m 

x  x k  

1 2

dx I





25x 26.5x 25 0

y x  x

60

2 5

z 

z i

y x  x

2

y  x  y   x

và (1; +); nghịch biến trên khoảng(-1;1) Hàm số đạt cực đại tại ,

đạt cực tiểu tại Giới hạn:

Bảng biến thiên:

x - -1 1 + y' + 0 - 0 + y

*Đồ thị:

Cắt trục oy tại (0;1)

2.phơng trình

số nghiệm của pt trên

là hoành độ giao điểm của đờng thẳng y =k và (C) k< 1 hoặc k>3: pt có 1 nghiệm

k = -1 hoặc k = 3: pt có 2 nghiệm -1< k < 3: pt có 3 nghiệm

0,25 0,25 0,5

0,5

0,25 0,25 0,5

Câu II(3

điểm)

1 Ta có:

2.Đặt

ta có pt:

3

Ta

có f(1) = 1; f(0) = 3; f(2) = 5

0,25 0,75 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 Câu III( 1

điểm)

Kẻ Do SABC là hình chóp tam giác đều nên H là trọng tâm của tam giác ABC,

Vậy thể tích của khối chóp là:

0,25 0,5 0,25

1, CD 3

x x1,y CT y 1

lim

x

y

 





x x3x k3x   1 k

2

dx

1 0; 2

x

x





 



 0;2   0;2 

max ( ) 5 , min ( ) 1f x  f x 

SH 3 ABC AH2 3BC I3

,

AI  a AH  a a

3

SAH   SH AH   a a

3

V  a a a a

Câu IVa(2

mặt phẳng (BCD) đi qua B( 3;2;0) và có vectơ pháp tuyến

có pt: x+2y+3z-7=0

2

Mặt cầu có tâm A, bán kính R = d( A, (BCD)) có pt:

0,5 0,5 0,5 0,5

Câu Va(1

điểm)

giả sử z = a+2ai.Ta

có Vậy z= 2+4i, z = -2-4i

0,5 0,5

Câu

IVb(2điểm)

1

ta

có

pt mặt phẳng (BCD) là : x-2y-2z+2=0

thay toạ độ điểm A vào pt mặt phẳng (BCD) suy ra do

đó ABCD là hình tứ diện

2 Ta có bán kính mặt cầu

pt mặt cầu (S)

là :

0,5 0,5 0,5 0,5

Câu Vb(1

điểm)

0,5

(x 3) (y2) (z2) 14

3 2.2 3.2 7

1 4 9

 

(1; 2;3)

n 

BC  BD    BC BD 

2

z  a   a 

BC   BD     n BC BD    

A BCD

1 2

1 4 4

r d A BCD   

 

(x1) y z 1

z  i  cos isin 

ĐỀ LUYỆN THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT

Mơn : Tốn THPT

Thời gian : 150 phút ( khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1 (3 điểm) Cho hàm

số cĩ đồ thị (C)

a Khảo sát và vẽ đồ thị (C)

b Dựa vào đồ thị (C), xác định m để phương trình sau cĩ đúng 3 nghiệm phân biệt

Câu 2 (1 điểm)

Giải phương trình sau :

Câu 3 (2 điểm)

1/ Giải phương trình sau trên

tập hợp số phức:

2/ Tính tích phân sau :

Câu 4 (2 điểm )

Cho hình chĩp tứ giác đều S.ABCD và O là tâm của đáy ABCD Gọi M là trung điểm cạnh đáy AB

a Chứng minh rằng AB vuơng gĩc với mặt phẳng (SMO)

b Giả sử AB = a và mặt bên tạo với đáy của hình chĩp một gĩc 600 Tính thể

tích của hình chĩp S.ABCD

Câu 5 : (2 điểm)

Trong khơng gian với hệ

trục Oxyz, cho A(1;2;3) và đường thẳng d cĩ phương trình

1) Viết phương trình mặt phẳng ( )qua A và vuơng gĩc d

2) Tìm tọa độ giao điểm của d và mặt phẳng ()

………Hết………

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ

thị (C): của hàm số

2đ

a) Tập xác định: R b) Sự biến thiên:

i) Giới hạn của hàm số tại vô cực:

và ii) Bảng biến thiên:



3 3 2

yx  x 

3 3 2 2 0

x  x  m

4x 5.2x 4 0

 



2 4 9 0

x  x 

2 0

(1 sin ) cosx xdx

I







x y z





2 3

3 



y









x

y





x

y

lim

3 3





 x y

x § § 1 §

y’ 0 + 0

y 0

CĐ CT

yCT = y(-1) = -4 và yCĐ = y(1) = 0

c) Đồ thị:

 Giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ:

Với Oy:

Với 0x:

 Vẽ

1 0

3 3 0















y



 1







4

 



2

0   

x





































2

1 0

) 2 )(

1 ( 0 2 3

x

x x

x x

x x y

3 Dựa vào đồ thị (C), định m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt

1đ

 Do nên số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = m

Dựa vào đồ thị, ta suy ra được:

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

1 2 3 4 5 6 7

x y

y = m

y = 0

y = -4

m

0 2

3

3 x m

x

m x

x m

x

x3 3 2 0  33  2

 Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt

Câu 2

Đặt 2x = t ( t > 0) ta cĩ phương trình tương đương như sau :

t2 – 5t + 4 = 0 Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm x = 0 và x = 2

1 đ

Câu 3

1 Giải phương trình (1) trên tập số

phức

2

 Phương trình (1) có biệt số §

 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là :§

và §

Tính tích phân Câu 4

Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600 Tính thể tích của khối chóp SABCD theo a

a/ Gọi O là tâm của đáy và

M là trung điểm của AB, vì SABCD là hình chóp tứ giác đều nên ta suy ra được:

Nên AB vuơng gĩc với Mp( SMO ) b/ Do đó: = 600

 Xét tam giác vuông SOM ta có:

 Vậy thể tích khối chóp là:

Câu 5 Trong không gian Oxyz cho

điểm A(1;2;3), đường thẳng (d): ( 1 )

1 / () Vuơng gĩc với d nên nhận vec tơ chỉ phương của d làm vec tơ PT, Một VTPT của () là (2 ; 1 ; 2 ) và đi qua A ( 1 ; 2 ; 3 ) nên phương trình cĩ dạng :

2 ( x – 1 ) + 1.(y – 2) + 2 ( z – 3 ) = 0

< = > 2x + y + 2z -10 = 0 ( 2 )

2 / Pt ( 1) cĩ thể viết ( 1’) Thay vào phương trình ( 2 ) ta cĩ : 2(1+2t) + ( -1 +t ) +2 ( 1 + 2t ) -10

= 0

2đ

4 

2

4x 5.2x 4 0 (2 )x 5.2x 4 0



1 4

x x

t t







 2 4 9 0 





 x x

5 9 4 '  



i

x x  2  2  5 5i

AB SM AB

SMO

3 2 60 tan

OM

6

3 3

2 3

1

3

2 a a a

SO S

V  ABCD  

x y z



1 2 1

1 2

 





 



  



< = > t = Thay t vào ( 1’ ) ta cĩ toạ độ giao điểm :

Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định

-Hết -7 9

23

1 2

9 2 1

9 23

1 2

9









  











§Ò Thi thö tèt nghiÖp

(Thêi gian lµm bµi 150 phót )

I/_ Phần dành cho tất cả thí sinh

Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số

có đồ thị là (C)

1) Khảo sát hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm P(3;1)

Câu II ( 3 điểm)

1) Giải bất phương trình:

2) Tính tích phân:

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số với Câu III (1 điểm) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp một hình lăng trụ tam giác

đều có 9 cạnh đều bằng a

II/_Phần riêng (3 điểm)

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

1) Theo chương trình chuẩn

Câu IV a (2 điểm) Trong không gian cho hệ tọa độ Oxyz, điểm A (1; -1; 1) và hai đường

thẳng (d1) và (d2) theo thứ tự có phương trình:

Chứng minh rằng

(d1), (d2) và A

cùng thuộc một

mặt phẳng

Câu V a (1 điểm) Tìm môđun của

số phức

2) Theo chương nâng cao

Câu IV b (2 điểm)

Trong không gian

cho hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng lần lượt có phương trình là: và điểm M (1; 0; 5)

1 Tính khoảng cách từ M đến

2 Viết phương trình mặt phẳng đi qua giao tuyến (d) của đồng thời vuông góc với mặt phẳng (P):

Câu V b (1 điểm) Viết dạng lượng

giác của số phức

 

1 1 1

x y x







2.9x4.3x 2 1

1

0

1

1

x x y

x

 

 x 0

 1 : 1 2 ;  2 : 3 3 0

3

x t

x y z

x y









 



 



 2

z  i  i

  vµ  

  : 2x y3z 1 0;   :x y z 5 0

 

  vµ  

3x y 1 0

z  i

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Sự biến thiên

 Chiều biến thiên:

Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi

khoảng

 Cực trị: hàm số không có cực trị

0,50

 Giới hạn:

Suy ra đồ thị hàm

số có một tiệm cận đứng là đường thẳng: x = 1

Và một tiệm cận ngang là đường thẳng: y =1

0,50

 Bảng biến thiên:

x 1

y’

-y 1

1

0,25

 Đồ thị:

Cắt trục tung tại điểm (0; -1), cắt trục hoành tại điểm (-1;0)

Đồ thị nhận điểm I (1; 1) làm tâm đối xứng (là giao của hai đường tiệm cận)

0,50

 

\ 1

DR

 2

2

1

x



 



 

2) (1 điểm)

Tiếp tuyến của (C) qua điểm P(3; 1)

đường thẳng qua P(3; 1) có hệ số góc k là : y = k(x – 3) + 1 (d)

tiếp xúc với (C) có nghiệm

thay (2) và (1):

Thay

x = 2 vào phương trình (2) có k = - 2

Vật phương trình tiếp tuyến qua P là:

0,50

0,50

f(x)=(x+1)/(x-1) f(x)=1

O

-5 -4 -3 -2 -1

1 2 3 4 5 6 7

x y

O

   

1

1 2

2 1

x

k x x

k x





 



  



 

 

 

2

1

1

2

x x

x x



 

y x   y x

Câu II 1) (1 điểm)

Đặt t = 3x ( t > 0) có bất phương trình :

0,50

2t2 + 4t + 1 > 0 luôn đúng vậy nghiệm của bất phương trình là 0,50 2) (1 điểm)

0,50

3) ( 1 điểm) Ta có

0,50 Bảng biến thiên

x 0 1 y’ - 0 +

3

vậy giá trị nhỏ nhất là , không tồn tại giá trị lớn nhất

0,50

III Gọi G và G’ lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A’B’C’ ta có GG’ là trục của

đường tròn ngoại tiếp đáy ABC và đáy A’B’C’ Khi đó gọi O là trung điểm của đoạn GG’ thì ta có:

OA = OB = OC = OA’ = OB’ = OC’

Suy ra O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a Bán kính R = OA

Tam giác vuông AGO có

0,50 0,50

IV.a Mp(P) chứa (d2) và qua A có phương trình:

m( 3x + y –z + 3) + n(2x – y +1) = 0

Do A Chọn m = - n = 1 thì (P): x + 2y – z + 2 = 0

Dễ thấy (d1) (P) điều phải chứng minh

0,50 0,50

 2

0

t

 

x R

 

   

 

   

2

2

3

2

3

   

1

I  u  u du u  u du   

 

 

2

1 ' 1

' 0

1 ¹i × x > 0

y

x

y

 

  









min0; y 3

 

3

OA



 C 4m n 0





1 5

z

 

G

B’

A’

G’

C’

C

O

2)( 1 điểm) mặt phẳng cần tìm có dạng chùm :

Vì nên ta có Chọn m = 2; n = -7 Vậy phương trình là: 3x + 9y – 13z +33 = 0

0,50

0,50

0,50

 

 

 

      0  2  3    1 3     .0 P0

P

 

 

z  i

2

2 cos isin