KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG- Môn thi: TOÁN

Ôn thi tốt nghĩa môn toán, lời giải chi tiết

Thầy Huy: 0968 64 65 97 KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG www.facebook.com/hocthemtoan Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 01 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







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 k   , cho OM3i2k, 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 ( ) 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 ( ) , đồng thời vuông góc với đường thẳng 1 6 2

:

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

2 Theo chương trình nâng cao

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:

y

1

2

2,5

3

3 2

-1 O 1

BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I:

1

x y

x







 Tập xác định: D  \ {1}

 Đạo hàm:

2

1 0, ( 1)

x





 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

      là tiệm cận ngang

;

      là tiệm cận đứng

 Bảng biến thiên

y 2

–

+

2

2

y   x   x

Giao điểm với trục tung: cho x   0 y 1

 Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3

 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

( ) :

1

x

x







 Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên f x( )0   4

2 0 2

0

1

4 ( 1)

4

x

 Với

3 2

2

2 1

 .pttt là:

3

2

y   x   y x 



 

 Với

1 2

2

2 1 1

0

 pttt là:

1

2

y   x   y x 



 

 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

log x(log 4log x ) 5  0 log xlog x 6 0 (*)

 Đặt tlog2x, phương trình (*) trở thành

3

2 2

6 0



             

(nhận cả hai nghiệm)

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

4

x 

1



a a

A B

C S

sin cos

x dx I

x



  , ta đặt t cosx dt  sin x dx sin x dx   dt

Đổi cận: x 0

3



2

2

1

2

1

2

1

ln ln1 ln ln 2

2

 

 

      

0

3





 Vậy, 1 2 ln 2

3

I I I  

 y x3 3mx2 (m2 1)x  có TXĐ D   2

 y 3x26mxm21

 y 6x6m

 Hàm số đạt cực tiểu tại

0

2

(2) 0 6.2 6 0

x



   

hoac

1 2

12 6 0

m m

m





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

Câu III Theo giả thiết, SAAB BC , AB , BC SA

Suy ra, BC (SAB) và như vậy BC SB

.cos 30

2

a

2

a

2



.



2

SBC



3

3

S ABC

SBC





THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:

 OM3i2kM(3;0;2) và ( ) : (S x1)2(y2)2(z3)2 9

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

 Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu: (31)2(02)2 (23)2  là đúng 9

Do đó, M ( )S

 ( ) đi qua điểm M, có vtpt nIM(2;2; 1)

 Vậy, PTTQ của ( ) là: 2(x3)2(y0) 1( z2) 0 2x 2y  z 4 0

 Điểm trên d: I(1; 2;3)

 ( ) có vtpt n  (2;2; 1) và  có vtcp u (3; 1;1) nên d có vtcp

2 1 1 2 2 2

1 1 1 3 3 1

u n u



  

 Vậy, PTTS của d là:

1

2 5 ( )

3 8

  



    



  





Câu Va:  z2 2z  (*) 5 0

 Ta có,  224.( 1).( 5)   16(4 )i 2

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

1

2 4

1 2 2

i

2 4

1 2 2

i



THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

 Ta có, AB  (0;1; 0) và CD  (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 )

( ; ; 1)

  

    

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

t t

CD MN

    



 

 

M  N  MN  



hay u  (1;0;1) là vtcp của d cần tìm

PTCT của đường vuông góc chung cần tìm là:

1

2 1

  







  





 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











 



 Vậy, phương trình mặt cầu là: x2y2z23x3y3z 6 0

Câu Vb: Cho y lnx   0 x 1

 Diện tích cần tìm là:

1e ln 1eln

S  x dx   xdx

 Đặt

1 ln

x



Thay vào công thức tính S ta được:

1

S  x x  dx  e e x     e e (đvdt)

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