ĐỀ THAM KHẢO TNPT 02 (TOÁN12)

2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị C biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 4.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1.. Chứng minh rằng điểm M n

Trang 1

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 04 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: 2 1

1

x y x

-=

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

2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng

– 4

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: log22x- log (4 )4 x2 - 5=0

2) Tính tích phân: 3

0

sin cos cos

x

p

+

=ò

3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau đây đạt cực tiểu tại điểm x =0 2

y =x - mx + m - x +

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, ·BAC = 300 ,SA = AC = a

và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Tính V S.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

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 toạ độ ( , , , )O i j kr r r , cho OMuuur =3ir + 2kr,

mặt cầu ( )S có phương trình: (x - 1)2 + (y + 2)2 + (z - 3)2 =9

1) Xác định toạ độ tâm I và bán kính của mặt cầu ( ) S Chứng minh rằng điểm

M nằm trên mặt cầu, từ đó viết phương trình mặt phẳng ( ) a tiếp xúc với mặt cầu tại M.

2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu, song song với mặt

phẳng ( )a , đồng thời vuông góc với đường thẳng

:

D

Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:

2 Theo chương trình nâng cao

Trang 2

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

các đỉnh là

A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1)

1) Viết phương trình đường vuông góc chung của AB và CD.

2) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây

ln

y = x , trục hoành và x = e

- 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 3

BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I:

1

x y

x

-=

- Tập xác định: D = ¡ \ {1}

 Đạo hàm: 1 2 0,

( 1)

x

-¢ = < " Î

- Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.

 Giới hạn và tiệm cận: lim 2 ; lim 2 2

ngang

;

® = - ¥ ® = + ¥ Þ = là tiệm cận đứng

 Bảng biến thiên

–

+

2

 Giao điểm với trục hoành: 0 2 1 0 1

2

y = Û x- = Û x = Giao điểm với trục tung: cho x =0Þ y =1

 Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3

 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

( ) :

1

x

C y

x

-=

- Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên f x¢( )0 = - 4

2 0 2

1

4

x

3 2

2

2 1 3

4

3

2

y æçx ö÷ y x

÷

- = - ççè - ÷øÛ = - +

 Với

1 2

2

2 1 1

0

2

y æçx ö÷ y x

÷

- = - ççè - ÷øÛ = - +

 Vậy, có 2 tiếp tuyến thoả mãn ycbt là : y = - 4x + 2 và y = - 4x + 10

Câu II:

 Điều kiện: x > 0 Khi đó, phương trình đã cho tương đương với

Trang 4

2 2 2

log x - (log 4+ log x )- 5=0Û log x - log x - 6=0 (*)

 Đặt t = log 2x , phương trình (*) trở thành

3

2 2

6 0

t t

-é

 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm :x = và 8 1

4

x =

1.

÷

 Với 3

sin cos

x dx I

x

p

= ò , ta đặt t =cosx Þ dt = - sin x dx Þ sin x dx = - dt

Đổi cận: x 0

3

p

2

Thay vào:

1 2

1

2

1

ln ln 1 ln ln 2

2

æ ö- ÷

0

2 0 1.

3

p

 Vậy, 1 2 ln 2

3

I I I p

= + = +

 y =x3 - 3mx2 + (m2 - 1)x + 2 có TXĐ D = ¡

 y¢ = 3x2 - 6mx + m2 - 1

 y¢¢ =6x - 6m

 Hàm số đạt cực tiểu tại

0

2

x

ì

= ÛÛíï ¢¢ íï

hoac

1 2

m m

m

ïî

 Vậy, với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x =0 2

Câu III Theo giả thiết, SA ^ A B , BC ^ A B , BC ^ SA

Suy ra, BC ^ (SA B) và như vậy BC ^ SB

cos 30

2

a

2

a

2

SB = SA + A B = a + =

Trang 5



.

SBC



3

S A BC

SBC

D

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:

OMuuur =3ir + 2kr Þ M(3; 0;2) và ( ) : (S x - 1) 2 + (y + 2) 2 + (z- 3) 2 = 9

 Mặt cầu có tâm (1; 2;3)I - và bán kính R =3

 Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu:

(3 - 1) + (0 + 2) + (2 - 3) = 9 là đúng

Do đó, M Î ( )S

 ( )a đi qua điểm M, có vtpt nr =IMuuur =(2;2; 1)

2(x- 3)+ 2(y- 0) 1(- z - 2) =0 Û 2x + 2y- z - 4=0

 Điểm trên d: (1; 2;3) I

- ( )a có vtpt n =r (2;2; 1)

và D có vtcp urD =(3; 1;1)

nên d có vtcp

÷ ç

-÷

r r r

 Vậy, PTTS của d là:

1

3 8

ìï = + ïï

íï

ï = -ïïî

¡

Câu Va: - z2 + 2z - 5 = 0 (*)

 Ta có, D = 2 2 - 4.( 1).( 5) - - = - 16 = (4 )i 2

 Vậy, pt (*) có 2 nghiệm phức phân biệt

1

2 4

1 2 2

i

2

i

-THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

 Ta có, A B =uuur (0;1; 0) và CD =uuur (1;1; 1)

- Gọi M,N lần lượt là điểm nằm trên AB và CD thì toạ độ của M,N có dạng

(1;1 ;1), (1 ;1 ;2 )

-Þ uuuur

 MN là đường vuông góc chung của AB và CD khi và chỉ khi

Trang 6

0 0 1

t t

CD MN

ïî

uuur uuuur uuur uuuur

 Vậy, 1; ;1 ,3 3 3 3; ; 1; 0; 1

Mæç ö÷N æç ö÷ MN æç ö÷

uuuur

hay u =r (1; 0;1) là vtcp

của d cần tìm

PTCT của đường vuông góc chung cần tìm là:

1 3

2 1

ìï = + ïï

ïï

ï = + ïïî

¡

 Phương trình mặt cầu ( )S có dạng: x2 + y2 + z2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0

 Vì A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) thuộc ( ) S nên:

/ 2

3 / 2

a

ìïï ïï ïï íï ïï

ï = ïïî

 Vậy, phương trình mặt cầu là: x2 + y2 + z2 - 3x - 3y- 3z + 6 = 0

Câu Vb: Cho y =lnx =0Û x =1

 Diện tích cần tìm là:

S = ò x dx = ò xdx

 Đặt

1 ln

x

ìï

Thay vào công thức tính S ta được:

1

S = x x - ò dx = e e- - x = e- - e+ = (đvdt)

 Vậy, diện tích cần tìm là: S = 1 (đvdt)

Trang 8

-

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y =x2(4- x2)

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

2) Tìm điều kiện của tham số b để phương trình sau đây có 4 nghiệm phân biệt:

x - x + b=

3) Tìm toạ độ của điểm A thuộc ( ) C biết tiếp tuyến tại A song song với

d y = x +

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

2) Tính tích phân: 2

3

sin

1 2 cos

x

p p

=

+

ò

3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y =e x + 4e-x + 3x trên đoạn [1;2]

Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau, SB =SC = 2cm, SA = 4cm Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, từ

đó tính diện tích của mặt cầu đó

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm ( 3;2; 3) A - - và hai đường thẳng

1

:

-1) Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau

2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 Tính khoảng cách từ A đến mp(P).

Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây:

y =x + x - và y =x4 + x - 1

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1

:

Trang 9

-1) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau

2) Viết phương trình mp(P) chứa d1 và song song với d2 Tính khoảng cách giữa d1 và d2

Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây:

2

y = x , x + y = và trục hoành4

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:

Trang 10

 y =x2(4- x2)= - x4 + 4x2

 Tập xác định: D = ¡

 Đạo hàm: y¢ = - 4x3 + 8x

 Cho

0

x

é

ê

 Giới hạn: limx®- ¥ y = - ¥ ; xlim®+ ¥ y = - ¥

 Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ -; 2),(0; 2), NB trên các khoảng

(- 2; 0),( 2;+ ¥ )

Hàm số đạt cực đại yCĐ = 4 tại xCÑ = ± 2,

đạt cực tiểu yCT = 0 tại xCT =0

 Giao điểm với trục hoành:

cho

2

2 4

x x

ë Giao điểm với trục tung: cho x =0Þ y =0

 Bảng giá trị: x - 2 - 2 0 2 2

 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

 x4- 4x2 + logb=0 Û - x4 + 4x2 =logb (*)

 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = logb

 Dựa vào đồ thị, (C) cắt d tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi

4

0< logb< 4 Û 1< b< 10

 Vậy, phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1< b< 104

 Giả sử A x y Do tiếp tuyến tại A song song với :( ; )0 0 d y =16x + 2011 nên nó

có hệ số góc

f x¢ = Û - x + x = Û x - x + = Û x =

- x0 = - 2Þ y0 = 0

 Vậy, ( 2; 0)A

-Câu II:

Trang 11

log (2 x- 3)+ log (2 x - 1)=3

x

ï - > ï >

Khi đó,

log (x- 3)+ log (x- 1)=3 Û log (éëx - 3)(x - 1)ùû=3Û (x - 3)(x - 1)=8

(loai (nhan)

5

x

é = -ê

ê

 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5

3

sin

1 2 cos

x

p p

=

+

ò

 Đặt 1 2 cos 2 sin sin

2

dt

- Đổi cận: x

3

p

2

p

 Thay vào:

2

æ- ö÷

 Vậy, I =ln 2

 Hàm số y =e x + 4e-x + 3x liên tục trên đoạn [1;2]

 Đạo hàm: y¢ =e x - 4e-x + 3

e

(1)

Đặt t =e x (t > 0), phương trình (1) trở thành:

(nhan) (loai)

4

x

t

é = ê

 f(1) e 4 3

e

2

4

e

 Trong 2 kết quả trên số nhỏ nhất là: e 4 3

e

+ + , số lớn nhất là 2

2

4 6

e e

 Vậy,

[1;2]

4

e

= + + khi x = 1 và 2

2 [1;2]

4

e

= + + khi x = 2

Câu III

 Gọi H,M lần lượt là trung điểm BC, SA và SMIH là hbh.

 Ta có, IH ||SA ^ (SBC)Þ IH ^ SH Þ SMIH là hình chữ nhật

 Dễ thấy IH là trung trực của đoạn SA nên IS = IA

H là tâm đường tròn ngoại tiếp SBCD và IH ^ (SBC) nên

IS =IB =IC (=IA)Þ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Trang 12

 Ta có, 1 1 2 2 1 2 2

 Bán kính mặt cầu là: R =IS = SH2+ IH2 = ( 2)2 + 22 = 6

 Diện tích mặt cầu : S = 4p R2 =4 ( 6)p 2 =24 (p cm)

Câu IVa:

 d1 đi qua điểm M1(1; 2; 3)- , có vtcp u =r1 (1;1; 1)

- d2 đi qua điểm M2(3;1;5), có vtcp u =r2 (1;2; 3)

 Ta có [ ,1 2] 1 1; 1 1 1 1; (5; 4;1)

÷ ç

-÷

r r

và M M =uuuuuur1 2 (2;3;2)

 Suy ra, [ ,u u M M =1 2] 1 2 5.2- 4.3+ 1.2=0

uuuuuur

r r

, do đó d1 và d2 cắt nhau

 Mặt phẳng (P) chứa d và 1 d 2

 Điểm trên (P): M1(1; 2; 3)

- vtpt của (P): nr =[ , ]u ur r1 2 =(5; 4;1)

- Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5( x - 1)- 4(y + 2)+ 1(z - 3) =0

5x - 4y + z- 16=0 Û

 Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là:

5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42

42

Câu Va: y =x2 + x- 1 và y =x4 + x- 1

 Cho x2 + x - 1 =x4 + x- 1 Û x2 - x4 = 0 Û x = 0,x = ± 1

 Vậy, diện tích cần tìm là : 1 2 4

1

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

 d1 đi qua điểm M1(1; 2; 3)- , có vtcp u =r1 (1;1; 1)

- d2 đi qua điểm M -2( 3;2; 3)- , có vtcp u =r2 (1;2; 3)

 Ta có [ ,1 2] 1 1; 1 1 1 1; (5; 4;1)

÷ ç

r r

Trang 13

và M M = -1 2 ( 4; 4; 6)

-uuuuuur

 Suy ra, [ , ].u u M M =r r1 2 uuuuuur1 2 5.( 4)- - 4.4+ 1.( 6)- = - 42¹ 0, do đó d1 và d2 chéo nhau

 Mặt phẳng (P) chứa d và song song với 1 d 2

 Điểm trên (P): M1(1; 2; 3)

- vtpt của (P): nr =[ , ]u ur r1 2 =(5; 4;1)

- Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5( x - 1)- 4(y + 2)+ 1(z - 3) =0

5x - 4y + z- 16=0 Û

 Khoảng cách giữa hai đường thẳng d1 và d2 bằng khoảng cách từ M2 đến mp(P):

5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42

42

Câu Vb:

 Ta có, 2 2 ( 0)

2

y

y = x Û x = y > và x + y =4 Û x = -4 y

Trục hoành là đường thẳng có phương trình y = 0:

2

y

é = -ê

ê

 Diện tích cần tìm là: 2 2

2

y

2

14 14

÷ ç

= ò + - = ç è + - ÷÷ ø = - = (đvdt)

Trang 14

-

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x3 + (m + 1)x2 + (m2 - 4)x- m + 1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số khi m = 2.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại giao điểm của ( ) C với trục tung.

3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.

1) Giải phương trình: 2 log (2 x- 2)+ log (20,5 x- 1)=0

2) Tính tích phân: 1 2

0

( x 1)

x

e

+

=ò

3) Cho hàm số y x e. - x22

= Chứng minh rằng, xy¢ =(1- x y2)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a Hai mặt bên (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy một góc 600

Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho

(0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3), ( 1;2; 4)

-1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông Tính diện tích của tam giác ABC 2) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) Tính thể tích tứ diện ABCD.

Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:

2

2w - 2w+ 5=0

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho (0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3) A B - - - C -

-1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông Tính diện tích của tam giác ABC.

2) Viết phương trình đường thẳng D đi qua điểm B đồng thời vuông góc với mặt phẳng (ABC) Xác định toạ độ điểm D trên D sao cho tứ diện ABCD có thể

tích bằng 14

Trang 15

Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:

2

z + z = i

Hết

-Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị

2:

Trang 16

 Với m = 2 ta có hàm số: y =2x3 + 3x2- 1

 Tập xác định: D = ¡

 Đạo hàm: y¢ =6x2 + 6x

 Cho y¢ =0Û 6x2 + 6x =0Û x =0 hoac x = - 1

 Giới hạn: lim ; lim

 Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ -; 1),(0;+ ¥ , NB trên khoảng ( 1; 0))

Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại xCÑ = - 1, đạt cực tiểu yCT = –1 tại xCT =0

y¢¢ = x + = Û x = - Þ y = - Điểm uốn: 1; 1

Iæç ö÷

÷

-

 Giao điểm với trục hoành:

2

Giao điểm với trục tung: cho x =0Þ y = - 1

 Bảng giá trị: x 3

2

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây

 Giao điểm của ( )C với trục tung: (0; 1) A

- x0 =0 ;y0 = - 1

 (0)f ¢ =0

 Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y + 1=0(x - 0) Û y = - 1

 y = 2x3 + (m + 1)x2 + (m2 - 4)x - m + 1

 Tập xác định D = ¡

 y¢ = 6x2 + 2(m + 1)x + m2 - 4

 y¢¢ =12x + 2(m + 1)

 Hàm số đạt cực tiểu tại x =0 0 khi và chỉ khi

2

(0) 0 12.0 2( 1) 0

2

4 0

1

m m

ì

ï + > ï >

ïî

 Vậy, với m = thì hàm số đạt tiểu tại 2 x =0 0

Trang 17

Câu II:

 2 log (2 x - 2)+ log (20,5 x - 1)= (*)0

 Điều kiện:

2

2 0

2 1

2

x x

x

ìï >

ï - > ï

ï - > ï >

log (x - 2) - log (2x - 1) = 0 log (x - 2) = log (2x - 1)

(loai) (nhan)

5

x

é = ê

ê

 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5

1 1

0 0

1 (e x 2 e x)dx (e x 2x e x) (e 2.1 e ) (e 2.0 e ) e 2

e

- Vậy, 1 2

0

2

x x

e

e e

+

- Hàm số y x e. - x22

2

x

y x e- x e- e- x e

æ ö÷

e- x e- x e

- Do đó,

ç

¢ = è - ø= - ççè ÷ø=

- Vậy, với y x e. - x22

= ta có xy¢ =(1- x y2)

Câu III



SA B A BCD

SA B SA D SA

ïï

íï

ïïî

 Suy ra hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC, do đó · SCA =600



t anSCA SA SA A C t anSCA A B BC t an 60 a (2 ) 3a a 15

A C

 S A BCD =A B BC =a a.2 =2a2

Trang 18

 Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là:

3 2

a

Câu IVa: (0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3), ( 1;2; 4)A B - - - C - - D -

- A Buuur = -( 2; 2; 4)- - Þ A B = ( 2)- 2 + -( 2)2 + -( 4)2 =2 6

BCuuur = - - Þ BC = + - + - =

2.4 2.( 2) 4.( 1) 0

 Diện tích : 1 . 1.2 6 21 3 14

D

 Viết phương trình mặt phẳng (ABC)

 Điểm trên mp(ABC): (0;1;2) A

A BC

÷ ç

-÷

uuur uuur

r r

 PTTQ của mp(ABC): 6(- x - 0) 18(- y- 1)+ 12(z - 2)

Û

 Chiều cao ứng với đáy (ABC) của tứ diện ABCDlà khoảng cách từ D đến (ABC)

1 3.2 2( 4) 1 14

14

- Do BD ^ (A BC) nên 1 1.3 14 14 14

A BCD A BC

Câu Va: 2w2- 2w+ 5= (*)0

 Ta có, D = -( 2)2- 4.2.5= - 36=(6 )i 2

 Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt:

;

-THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

 Hoàn toàn giống như bài giải câu IVa.1 dành cho chương trình chuẩn

 Đường thẳng D đi qua điểm B đồng thời vuông góc với mặt phẳng (ABC)

 Điểm trên D : ( 2; 1; 2)B - -

- vtcp của D chính là vtpt của mp(ABC):

A BC

÷ ç

uuur uuur

r r

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	914 KB