thi thử tn môn toán số 5

2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung.. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón có đỉnh S và đáy là đường tròn ngoại tiếp đáy

SỞ GD VÀ ĐT KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

TRƯỜNG THPT Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

-

-A PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = - x3+ 3 x + 1 có đồ thị là ( )C

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của

đồ thị với trục tung

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 2log23x+log (3 ) 143 x - =0

2) Tính tích phân: 1

0(2 1) x

I = ò x + e dx

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x4- 2 x3+ x2 trên [–1;1]

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và

mặt đáy bằng 600 Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón

có đỉnh S và đáy là đường tròn ngoại tiếp đáy hình chóp đã cho.

B 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 Oxyz, cho hai điểm

( 5;0;1), (7;4; 5)

A - B - và mặt phẳng ( ) :P x+2y- 2z=0

1) Viết phương trình mặt cầu ( )S có đường kính AB Tính khoảng cách

từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng ( ) P

2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu ( ) S đồng

thời vuông góc với mặt phẳng ( )P Tìm toạ độ giao điểm của d và ( ) P

Câu Va (1,0 điểm): Tìm môđun của số phức: (2 3) 1 3

2

z= - i æççç + iö÷÷÷

2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho

(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)

1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng Viết phương trình mặt

phẳng (ABC )

2) Viết phương trình mặt cầu tâm B, tiếp xúc với đường thẳng AC Câu Vb (1,0 điểm): Tính môđun của số phức z = ( 3- i)2011

Hết

-ĐÁP ÁN Câu I:

 Hàm số y= - x3+3x+1

 Tập xác định: D = ¡

 Đạo hàm: y¢= - 3x2+3

 Cho y¢= Û -0 3x2+ = Û3 0 x2= Û1 x= ±1

 Giới hạn: x®- ¥lim y= +¥ ; x®+¥lim y= - ¥

 Bảng biến thiên

 Hàm số ĐB trên khoảng (–1;1) ; NB trên các khoảng ( –;–1), (1;+)

Hàm số đạt cực đại yCÑ = tại 3 xCÑ =1

đạt cực tiểu yCT = - tại 1 xCT = - 1

 Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2

 Đồ thị hàm số như hình vẽ:

 y= - x3+3x+1

 Ta có, x0 =0,y0 =1

 f x¢( )0 =f¢(0)= - 3.02+ =3 3

 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là : y- 1 3(= x- 0)Û y=3x+1

Câu II:

 2log23x + log (3 ) 143 x - = 0

 Điều kiện: x > 0

 Khi đó, 2log23x + log (3 ) 143 x - = Û 0 2log23x + 2log (3 ) 143 x - = 0

 Đặt t =log3x, phương trình (*) trở thành

3

2 3

-é

ê

 Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm: x = 9 và 1

27

x =

 Xét 1

0(2 1) x

I =ò x+ e dx

 Đặt u 2x x 1 du x2dx

dv e dx v e

Thay vào cơng thức tích phân từng phần

ta được:

0

I = x+ e - ị e dx= e- - e = e- - e- = +e

 Vậy, I = e + 1

 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y=x4- 2x3+x2 trên đoạn [ 1;1]

- Hàm số y=x4- 2x3+x2 liên tục trên đoạn [ 1;1]

- y¢=4x3- 6x2+2x=2 (2x x2- 3x+1)

2

y¢= Û x x - x+ = Û x= x= x= (nhận cả 3 giá trị này)

 Ta cĩ, f(0)=04- 2.03+02=0 ( ) ( )4 ( ) ( )3 2

1 2

16

(1) 1 2.1 1 0

( 1) ( 1) 2.( 1) ( 1) 4

Trong các số trên, số 0 nhỏ nhất và số 4 lớn nhất

 Vậy, [ 1;1]min- y=0 khi x=0 hoặc x=1, max[ 1;1]- y=4 khi x= - 1

Câu III

 Gọi O là tâm của hình vuơng ABCD Do S.ABCD là hình chĩp đều nên

SO ^ ACBD

 Suy ra, OB là hình chiếu vuơng gĩc của SB lên mp(ABCD)

Do đĩ, ·SBO =600 Kết hợp, r =OB =a22 ta suy ra:

0

cos60 2 cos60

×

 Diện tích xung quanh của mặt nĩn: 2 2

2

xq

a

S =p r l = ×p ×a =p a

(đvdt)

 Thể tích hình nĩn: 1 2 1 2 6 3 6

V = p r h= p× × = p (đvtt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: ( 5;0;1), (7;4; 5)A - B - và ( ) :P x+2y- 2z=0

 Gọi I là trung điểm AB ta cĩ (1;2; 2)I

- Mặt cầu ( )S cĩ đường kính AB, cĩ tâm (1;2; 2) I

- Và bán kính R =IA = (1 5)+ 2+ -(2 0)2+ - -( 2 1)2 =7

 Vậy, phương trình mặt cầu ( )S : (x- 1)2+(y- 2)2+(z+2)2 =49

 Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( ) : P x+2y- 2z= là:0

1 2.2 2.( 2) 9

9

1 2 ( 2)

+ +

- Đường thẳng d đi qua điểm (1;2; 2)I - , đồng thời vuông góc với mp ( ) :P x+2y- 2z= nên có vtcp 0 ur =nrP =(1;2; 2)

- PTTS của d:

1

2 2

ìï = + ïï

íï

ï = -ïïî

¡

 Thay PTTS của d vào PTTQ của ( ) : P x+2y- 2z= ta được:0

1+ +t 2(2 2 ) 2( 2 2 )+ t - - - t = Û0 9t+ = Û9 0 t= - 1

 Thay t = - vào PTTS của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P)1

là (0;0;0)O

Câu Va: (2 3) 1 3 2 1 2 3 3 32 4 3 3

z= - i æçççè + iö÷÷÷ø= × + i- i- i = - i

 Vậy,

2 2

z= + i Þ z = +æççççè ö÷÷÷÷ø = + = =

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

 Với (2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)A - B - C .

Ta có hai véctơ: AB = - -uuur ( 1; 2;4), AC = -uuur ( 2;1;3)



không thẳng hàng

 Điểm trên mp(ABC : (2;0; 1)) A

- vtpt của mp(ABC : ) nr =[AB ACuuur uuur, ] ( 10; 5; 5)= - -

- Vậy, PTTQ của mp(ABC : ) A x x( - 0)+B y y( - 0)+C z z( - 0)=0

10( 2) 5( 0) 5( 1) 0

x y z

 Đường thẳng AC đi qua điểm (2;0; 1)A - , có vtcp ur =ACuuur= -( 2;1;3)

 Ta có, AB = - -uuur ( 1; 2;4)

( 2;1;3)

AB u æçç- - - - ÷ö÷

=çç - - ÷÷= - -

-÷

uuur r

 Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta

được

[ , ] ( 10) ( 5) ( 5) 15 ( , )

14 ( 2) (1) (3 )

AB u

d B AC

u

uuur r r

 Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm (1; 2;3)B - , bán kính

15 ( , )

14

( 1) ( 2) ( 3)

14

x- + y+ + z- =

Câu Vb: Ta có,

( 3 - i ) = ( 3) - 3.( 3) i + 3 3 i - i = 3 3 9 - i - 3 3 + = - i 2 i

 Do đó,

670

( 3 - i) =éêë( 3 - i) ùúû = - ( 2 )i = 2 i = 2 ( ) i i = - 2

Vậy, z = ( 3 - i )2011= - 22010.( 3 - i )

2010 2 2

z