ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI THPT QUỐC GIATRƯỜNG THPT MÔN : TOÁN Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề ĐỀ Câu 1.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1... Vì S.ABC là hình
Trang 1ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI THPT QUỐC GIA
TRƯỜNG THPT MÔN : TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x= 3−3x2+1 (1)
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
b Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng
(d): 9x - y + 6 = 0
Câu 2 (1,0 điểm)
a)Tính cot 2 tan
tan 3cot
E
−
=
3 sin
5
90 < <a 180 b) Tìm số phức z thỏa |z|-3z= 4(3i-1)
Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình: log2x+log2(x− =1) 1
Câu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 3 1 9 2 3
Câu 5 (1,0 điểm) Tính các tích phân sau 2( )
3 0
π
=∫ −
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy
bằng 60° Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN).
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng
: 1 0
d x y+ − = Điểm E( )9;4 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F(− −2; 5) nằm trên đường
thẳng chứa cạnh AD, AC =2 2 Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0,1,2), B(2,-2,1), C(-2;0;1) Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc BC và viết phương trình mặt cầu đường kính AB
Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng
Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai số thực x y, với y> −1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
1
S
y
=
+
Trang 2
Hướng dẩn giải
Câu1: a) + TXĐ: D=¡
+ Giới hạn:xlim (→−∞ x3−3x2+ = −∞1)
xlim (→+∞ x3−3x2+ = +∞1)
+Sự biến thiên: 2
' 3= −6
' 0 3 2 6 0 0
2
=
= ⇔ − = ⇔ =x
x
Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;0 ; 2;) ( +∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( )0; 2
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -3
Bảng biến thiên
x −∞ 0 2
+∞
y′ + 0 − 0 +
y
1 +∞
−∞ - 3
Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1)− là tâm đối xứng.
b) Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x2 - 6x = 9 x x= −31
⇔ = + Với x = -1, ta có y(-1) = -3 Khi đó tiếp tuyến có PT là :
y = 9x + 6 ( loại và song song với (d))
+ Với x = 3, ta có y(3) = 1 Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x – 26
Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x – 26
Câu2
Trang 3a) Ta có : 2
2
a
a
= − = Vì 900 < <a 1800 cot a = 4, t ana = 3
⇒
b)Đặt z=x+yi (x,y∈R) Ta có
2 2
x +y -3(x-yi)=12i-4 ⇔ 3i(y-4)+ x +y2 2 -3x+4=0
suy ra y=42 2
x +y -3x+4=0
y=4
x +y =3x-4
⇔
x +16=(3x-4)
4
3;
y=4
⇔z=3+4i
0 1
0
>
⇒
>
−
>
x x
x
log2x + log2(x –1) = 1 ⇔ log2x(x –1) = 1 ⇔ x2 –x –2 = 0 ⇔ x = –1 (l) ∨ x = 2 ⇔ x = 2
Câu 4
x
x x
− ≥
− ≤
Với điều kiện trên ta có
( )
x
2
32
4 28
9
4
x x
x x
x
≥
≥
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là 4;9
2
=
Câu 5 Đặtsinx t= ⇒dt =cosxdx
2
x= ⇒ =t x= ⇒ =π t
Trang 4Khi đó 1( ) 4 1
3
3 1
t
I = −t dt = −t =
∫
Câu 6
Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều tâm G và SG⊥( ABC) .
1 3
2 ABC 4
AN = ⇒S =
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = · SAG= °60 (vì
·
SG⊥AG⇒SAG nhọn)
Trong tam giác SAG có SG AG= tan 60° =a
Vậy
.
3 4 12
S ABC
( )
Vậy ( ,( )) 3 3
7
C SMN
a
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 2 3
a
AG= AN =
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M∈(SMN) nên
( )
Ta có tam giác ABC đều nên tại K
Trong (GKH), kẻ GH ⊥SK ⇒GH ⊥MN⇒GH ⊥(SMN), H SK∈
a
BK = AN BG=AG= AN ⇒GK = AN− AN = AN =
Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên
1 1 1 1 48 49
7
a GH
GH =SG +GK =a +a =a ⇒ =
Trang 5Vì I là trung điểm của EE’ ⇒E'( 3; 8)− −
AD qua E'( 3; 8)− − và F( 2; 5)− − ⇒ phương trình AD: 3x y− + =1 0
Vì AC=2 2 ⇔c2 = ⇔ =4 c 2;c= −2⇒C( 2;3)−
Do D= AD∩BD⇒D(1; 4)⇒ −B( 3;0) Vậy A(0;1), B( 3;0), ( 2;3), (1; 4).− C − D
Câu 8 VTPT của mặt phẳng là n BCr uuur= = −( 4;2;0)
Phương trình mặt phẳng là: 2x y− + =1 0
Tâm mặt cầu là: 1; 1 3;
2 2
, bán kính mặt cầu là:
14
AB
Phương trình mặt cầu là: ( )2 1 2 3 2 7
1
x− +y+ + z− =
Câu 9 Số phần tử của không gian mẫu là Ω =C164 =1820
Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu vàng”
Ta xét ba khả năng sau:
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: C C14 53
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: 1 2 1
4 5 7
C C C
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: 1 1 2
4 5 7
C C C
Khi đó Ω =B C C14 53+C C C14 71 52+C C C41 72 15 =740
Xác suất của biến cố B là P B( ) ΩB 1820740 3791
Câu 10 Ta có
,
+ ≥ + ≥ dấu bằng xảy ra khi x2 = y2 =1
( )2 ( ) (2 )2 2
S
+
⇒ ≥
+
Lấy ur=(x y; −2 ,) vr= −(2 x;2 3− y) Vì ur+ ≥ +vr u vr r nên
Câu 7 +) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC
⇒ E’ thuộc AD
Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E( )9;4
⇒ phương trình EE’: x y− − =5 0
Gọi I = AC∩EE’, tọa độ I
I
(0;1)
A AC= ∩AD⇒A Giả sử C c( ;1−c)
Gọi J là trung điểm AC ⇒ J( 1; 2)− ⇒ phương trình BD: x y− + =3 0
Trang 6( )2 ( ) (2 )2 ( ) (2 )2
0
−
− − (với x=2 hoặc
2 3
y= không xảy ra dấu bằng)
Bây giờ ta đi tìm GTNN của ( ) 2 2 1; 1
1
y
y
+
+
Mà ( ) 2 2 1 2( ( 1) ) 2
y y
f y
+ +
+ + Vậy MinS = 2 đạt được khi x= =y 1.
