DE ON THI TOT NGHIEP THPT MON TOAN DE 4 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 4 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  x3 3x  có đồ thị là 1 ( )C

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

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung Vẽ tiếp

tuyến đó lên cùng một hệ trục toạ độ với đồ thị ( )C

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 23

3

2 log xlog (3 ) 14x   0

2) Tính tích phân: 1

0 (2 1) x

I   x  e dx

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y x4 2x3 x2 trên đoạn [–1;1]

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600 Tính

diện tích xung quanh và thể tích của hình nón có đỉnh S và đáy là đường tròn ngoại tiếp đáy hình

chóp đã cho

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 tọa độ Oxyz, cho hai điểm A( 5; 0;1), (7;4; 5) B  và mặt

phẳng ( ) :P x2y2z 0

1) Viết phương trình mặt cầu ( )S có đường kính AB Tính khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến

mặt phẳng ( )P

2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu ( )S đồng thời vuông góc với mặt phẳng ( )P Tìm toạ độ giao điểm của d và ( )P

Câu Va (1,0 điểm): Tìm môđun của số phức:   1

2

z   i   i



2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0;6;4) và đường thẳng d có

phương trình d: 2 1

1) Hãy tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d

2) Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm là điểm A và tiếp xúc với đường thẳng d.

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

2 (3 4 ) ( 1 5 ) 0

x   i x   i 

- 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 = 3x + 1

1 3

-2

-1

BÀI GIẢI CHI TIẾT

Câu I:

 Hàm số y  x3 3x 1

 Tập xác định: D  

 Đạo hàm: y  3x2 3

 Cho y   0 3x2   3 0 x2     1 x 1

 Giới hạn: lim ; lim

 Bảng biến thiên

 Hàm số ĐB trên khoảng (–1;1) ; NB trên các khoảng ( –;–1), (1;+)

Hàm số đạt cực đại yCÑ 3 tại xCÑ 1

đạt cực tiểu yCT   tại 1 xCT   1

 y  6x     0 x 0 y 1

Điểm uốn là I(0;1)

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

 Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2

 Đồ thị hàm số như hình vẽ:

 y  x33x  1

 Ta có, x0 0,y0  1

 f x( )0  f(0) 3.02   3 3

 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là : y 1 3(x0) y 3x1

Câu II:

 23

3

2 log xlog (3 ) 14x   0

 Điều kiện: x > 0

3

2 log xlog (3 ) 14x   0 2 log x 2 log (3 ) 14x   0

 Đặt tlog3x, phương trình (*) trở thành

3

2 3







 Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm: x  và 9 1

27

x 

 Xét 1

0 (2 1) x

I   x e dx

Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:

0

I  x  e  e dx  e  e  e  e  e

 Vậy, I = e + 1

O

C B

A

D S

 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y x42x3 x2 trên đoạn [ 1;1]

 Hàm số y x4 2x3x2 liên tục trên đoạn [ 1;1]

 y 4x36x2 2x 2 (2x x23x 1)

2

 Ta có, f(0)042.03 02  0    4    3 2

1 2

16

(1) 1 2.1 1 0

f     f   ( 1) ( 1)4 2.( 1) 3  ( 1)2  4 Trong các số trên, số 0 nhỏ nhất và số 4 lớn nhất

miny 0 x 0 x 1, maxy 4 x 1

Câu III

 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD Do S.ABCD là hình chóp đều nên

SO  ACBD

 Suy ra, OB là hình chiếu vuông góc của SB lên mp(ABCD)

Do đó,  0

60

SBO  Kết hợp, 2

2

a

r OB  ta suy ra:

0

cos 60 2 cos 60



2

xq

a

S  r l   a  a (đvdt)

 Thể tích hình nón:

2

V   r h     (đvtt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A( 5;0;1), (7; 4; 5) B  và ( ) :P x2y2z 0

 Gọi I là trung điểm AB ta có I(1;2; 2)

 Mặt cầu ( )S có đường kính AB, có tâm I(1;2; 2)

 Và bán kính RIA (15)2 (20)2   ( 2 1)2  7

 Vậy, phương trình mặt cầu ( )S : (x1)2 (y2)2(z2)2 49

 Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( ) :P x 2y2z 0 là:

1 2.2 2.( 2) 9

9

1 2 ( 2)

  

 Đường thẳng d đi qua điểm I(1;2; 2) , đồng thời vuông góc với mp( ) :P x 2y2z 0 nên

có vtcp unP (1;2; 2)

 PTTS của d:

1

2 2

  





   





 Thay PTTS của d vào PTTQ của ( ) :P x2y2z 0 ta được:

1 t 2(22 ) 2( 2t   2 )t  0 9t    9 0 t 1

 Thay t   vào PTTS của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P) là 1 O(0; 0; 0)

Câu Va:   1 1 3 2 3 3

z   i   i   i i i   i

 Vậy,

2 2

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

 Đường thẳng d đi qua điểm M0(2;1;0) và có vtcp u  (1;2;1)

 Gọi A là hình chiếu v.góc của A lên d thì A(2t;12 ; )t t AA(2t t;2 5;t4)

 Do A là hình chiếu vuông góc của A lên d nên ta có AA u, suy ra

1(2 t) 2(2t5)1(t4) 0 6t12  0 t 2

 Thay t = 2 vào toạ độ A ta được A(4;5;2) là hình chiếu vuông góc của A lên d

 Mặt cầu ( )S có tâm A(0;6;4), tiếp xúc với đường thẳng d nên đi qua A(4;5;2)

 Do đó, ( )S có bán kính RAA (40)2 (56)2 (24)2  21

 Vậy, phương trình mặt cầu ( ) :S x2 (y4)2 (z6)2 21

Câu Vb: x2(34 )i x   ( 1 5 )i  (*) 0

 Ta có,  (34 )i 24.1.( 1 5 )i  9 24i16i2  4 20i   3 4i (12 )i 2

 Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm phức:

1

2

(3 4 ) (1 2 ) 4 6

2 3

(3 4 ) (1 2 ) 2 2 1