Hình chiếu vuông góc của A′ xuống mặt phẳng ABC là trung điểm của AB.. Tính thể tích của khối lăng trụ này.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1.. 2
Trang 1ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2011
Đề số 15 Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
GV: Dương Phước Sang 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 4 2 2 3
( )
y = f x = − 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 các điểm thuộc ( )C có hoành độ là nghiệm của phương trình 14
3
( )
f′′ x = − Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình: 2
2
log (x −5)+log x + =2 3 2) Tìm nguyên hàm ( )F x của hàm số
( )
x x
e
f x
e
−
= biết rằng (0)F = 1
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2
1
x y
x
−
= + trên đoạn [1;4]
Câu III (1,0 điểm):
Cho hình lăng trụ ABC A B C ′ ′ ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a Hình chiếu vuông góc của A′ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB Mặt bên (AA C C′ ′ ) tạo với đáy một góc bằng 45
Tính thể tích của khối lăng trụ này
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 ( , , , )O i j k
hai điểm A, B thoả mãn OB= −i 5k và AB =(1; 1; 1)− −
1) Viết phương trình mặt cầu đường kính AB và tiếp diện với mặt cầu tại B
2) Chứng minh rằng, hai đường thẳng AB và ∆ chéo nhau Viết phương trình mặt phẳng chứa hai điểm A và B đồng thời song song với đường thẳng ∆
Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y =x2−12x +36 và y =6x −x2
2 Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng:
1
2
z
= +
1) Chứng minh ∆1và ∆2 chéo nhau Viết phương trình mp(P) chứa ∆1và song song ∆2 2) Tìm điểm A trên ∆1 và điểm B trên ∆2 sao cho độ dài đoạn AB ngắn nhất
Câu Vb (1,0 điểm): Trên tập số phức, tìm B để phương trình bậc hai z2+Bz + = có tổng bình i 0 phương hai nghiệm bằng 4i−
- 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 2y
6
- 6
0,5
-1,5
3 -3
O
BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I:
y= − x + x − (1) Tập xác định: D =
Đạo hàm: 2 3 4 2 ( 2 )
6
y′ = − x + x = x − + x
2
0 0
2
x x
Giới hạn: lim ; lim
Bảng biến thiên
y
1 2
1 2
2
Hàm số (1) đồng biến trên các khoảng (−∞ −; 6),(0; 6)
và nghịch biến trên các khoảng (− 6; 0),( 6;+∞ )
Hàm số (1) đạt cực đại CĐ 1
2
y = tại xCĐ = ± 6 và đạt cực tiểu CT 3
2
y = − tại xCT =0
Giao với Ox:
2
4 2
2
3 9
x x
x x
2
0
x = ⇒ = − y
Bảng giá trị: x –3 − 6 0 6 3
2
3 2
Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây
y′= f x′ = − x + x ⇒f′′x = − x +
= ⇒ =
Với x0 =3 ; y0 =0 ta cĩ f x′( )0 = f′(3)= −2 và phương trình tiếp tuyến tại (3; 0)A là
y− = − x− ⇔ = −y x +
Với x0 = −3 ; y0 =0 ta cĩ f x′( )0 = f′( 3)− =2 và phương trình tiếp tuyến tại ( 3; 0)B − là
y− = x + ⇔ =y x +
Vậy, cĩ hai tiếp tiếp thoả đề là : y =2x + và 6 y = −2x + 6
Câu II: log (2 x−5)+log 2 x + =2 3 (*)
x
− > >
+ > > −
Khi đĩ, (*)⇔ log (2 x − +5) log (2 x +2)= ⇔3 log (2 x −5)(x +2)= ⇔3 (x −5)(x +2)=8
(nhận) (loại)
3
x
x
=
Vậy, phương trình (*) cĩ nghiệm duy nhất là x = 6
Trang 3a I
M H C'
B'
C A'
2
( )
−
Do (0)F = nên 1 0
0
e
e
Vậy,
2
( )
x x
e
F x
e
Hàm số 3 2 2 3
y
+ + liên tục trên đoạn [1;4]
5 2 0, [1; 4]
( 1)
x
−
+
(1) 1
2
f = và (4)f = − 1
1
2
Câu III
Gọi H,M,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,AC,AM
Theo giả thiết,
Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên
||
IH BM ⇒IH ⊥AC
Ta có, AC ⊥IH AC, ⊥A H′ ⇒AC ⊥IA′
Suy ra góc giữa (ABC) và (ACC A′ ′) là o
45
A IH′ =
a
A H′ =IH =IH = MB =
Vậy, thể tích lăng trụ là:
3
V =B h = BM AC A H′ = ⋅ ⋅ ⋅a = (đvdt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: Theo giả thiết OB=(1; 0; 5)−
nên (1; 0; 5)B − và AB = −(1 xA;−yA; 5− −zA)=(1; 1; 1)− −
Do đó, (0;1; 4)A −
Như vậy, (0;1; 4), (1; 0; 5)A − B − và : 1 4 1
Gọi ( )S là mặt cầu đường kính AB thì ( )S có tâm (1 1 9)
2 2; ; 2
I − là trung điểm đoạn AB
Và bán kính
AB
Vậy, phương trình mặt cầu ( ) (2 ) (2 )2
( ) :S x− + y− + z + =
Tiếp diện với ( )S tại B hiển nhiên đi qua (1; 0; 5)B − và có véctơ pháp tuyến là n =AB
,
do đó có phương trình: 1(x− −1) 1(y− −0) 1(z +5)= ⇔ − − − = 0 x y z 6 0
Đường thẳng AB đi qua điểm (0;1; 4)A − , có véctơ chỉ phương u =AB =(1; 1; 1)− −
Đường thẳng ∆ đi qua điểm (1; 4;1)M , có véctơ chỉ phương u′ =(1; 4; 2)− −
Ta có, [ , ] 1 1; 1 1 1; 1 ( 2;1; 3)
u u
Trang 4
(1; 3;5) [ , ] 2.1 1.3 3.5 14 0
Vậy, AB và ∆ chéo nhau
Gọi (P) là mặt phẳng chứa hai điểm A,B đồng thời song song với đường thẳng ∆
Điểm trên mp(P) là: (0;1; 4)A −
Vì (P) chứa A,B và song song với ∆ nên cĩ véctơ pháp tuyến: n =[ , ]u u′ = −( 2;1; 3)−
PTTQ của (P): 2(− x −0)+1(y− −1) 3(z +4)= ⇔0 2x − +y 3z +13= 0
Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: 2
6
y = x − x
Cho x2−12x +36=6x−x2 ⇔2x2−18x +36= ⇔ =0 x 3,x = 6
6 3
2
3
2
3
x
= − + = − = (đvdt) THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:
∆1 đi qua điểm M1(1; 1;2)− , cĩ vtcp u1 =(1; 1; 0)−
∆2 đi qua điểm M2(3;1; 0), cĩ vtcp u2 = −( 1;2;1)
Ta cĩ, [ ,1 2] 1 0 0; 1; 1 1 ( 1; 1;1)
u u
1 2 (2;2; 2)
[ ,u u ].M M 1.2 1.2 1.( 2) 6 0
Suy ra, ∆1 và ∆2 chéo nhau
mp(P) chứa ∆1và song song ∆2 nên đi qua M1(1; 1;2)− , cĩ vtpt n1 =[ ,u u 1 2]= − −( 1; 1;1)
Vậy, PTTQ mp(P): 1(− x − −1) 1(y+ +1) 1(z−2)= ⇔ + − + = 0 x y z 2 0
Vì A∈ ∆1,B ∈ ∆2 nên toạ độ của chúng cĩ dạng:
A + − −a a B −b + b b ⇒AB = − −a b + +a b b−
AB ngắn nhất ⇔ AB là đường vuơng gĩc chung của ∆1 và ∆2
1
2
AB u
Vậy, (1; 1;2), (3;1; 0)A − B
Câu Vb: 2
0
z +Bz + = cĩ tổng bình phương hai nghiệm bằng 4ii −
Giả sử z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình trên Dựa vào cơng thức nghiệm phương trình bậc hai, ta suy ra: 1 2 và 1 2
2
Theo giả thiết, z12 +z12 = − ⇔4i (z1+z2)2−2z z1 2 = − ⇔4i B2−2i = − ⇔4i B2 = − 2i
Vậy, B = ± − (1 i)