DE ON THI TOT NGHIEP THPT MON TOAN DE 2 CO DAP AN

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 02 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: 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:

3) Tìm toạ độ của điểm A thuộc ( )C biết tiếp tuyến tại A song song với d y: 16x 2011

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: log (2 x3)log (2 x1) 3

2) Tính tích phân: 2

3

sin

1 2 cos

x

x











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

Câu III (1,0 điểm):

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

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 Oxyz , cho điểm A ( 3;2; 3) và hai đường thẳng

1

:

 và 2

:

1) Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau

2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và 1 d Tính khoảng cách từ A đến mp(P) 2

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

y x   và x y x4   x 1

2 Theo chương trình nâng cao

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

1

:

 và 2

:

1) Chứng minh rằng d và 1 d chéo nhau 2

2) Viết phương trình mp(P) chứa d và song song với 1 d Tính khoảng cách giữa 2 d và 1 d 2

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

2

y  x , x y 4 và trục hoành

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

y = logm

4

BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I:

 y x2(4x2) x4 4x2

 Tập xác định: D  

 Đạo hàm: y  4x38x

x







   ;   

 Bảng biến thiên

 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

2 4

x x

           

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

 Bảng giá trị: x  2  2 0 2 2

 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

 x44x2 logb   0 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 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    x  x   x  x    x  

 x0   2 y0  0

 Vậy, A ( 2; 0)

Câu II:

log (2 x3)log (2 x1) 3

3

x

Khi đó,

log (x3)log (x  1) 3 log (x3)(x1)  3 (x3)(x 1) 8

(loai (nhan)

5

x

x

  



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

I M

H

B A

3

sin

1 2 cos

x

x











2

dt

 Đổi cận: x

3



2



t 2 1

 Thay vào:

2

 

 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

x

e



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

(nhan) (loai)

4

x t

t

 



e

2

4

e

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

3

e 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)IH SH  SMIH là hình chữ nhật

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

H là tâm đường tròn ngoại tiếp SBC và IH (SBC) nên

IS IBIC (IA) I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

IH SM  SA (cm)

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

 Diện tích mặt cầu : S 4 R2 4 ( 6) 2 24 ( cm)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:

 d1 đi qua điểm M1(1; 2; 3) , có vtcp u 1 (1;1; 1)

 d2 đi qua điểm M2(3;1;5), có vtcp u 2 (1;2; 3)

 Ta có 1 2 1 1 1 1 1 1

u u





 

và M M 1 2 (2;3;2)

 Suy ra, [ , ].u u M M  1 2 1 2 5.24.31.20, 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): n[ , ]u u 1 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

 Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là:

5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42

42

5 ( 4) 1

Câu Va: y x2  và x 1 y x4   x 1

 Cho x2  x 1 x4  x 1 x2x4   0 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 1 (1;1; 1)

 d2 đi qua điểm M 2( 3;2; 3) , có vtcp u 2 (1;2;3)

 Ta có 1 2 1 1 1 1 1 1

u u





 

và M M  1 2 ( 4;4; 6)

 Suy ra, [ , ].u u M M  1 2 1 2 5.( 4) 4.41.( 6)  42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): n[ , ]u u 1 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

 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

5 ( 4) 1

Câu Vb:

2

2

y

y  x  x y và x     y 4 x 4 y

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

(loai)

2

y

y

  



        

 Diện tích cần tìm là:

2 2

2

y

2

2 0

0

14 14

S   y dx     y   

