DE ON THI TOT NGHIEP THPT MON TOAN DE 5 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 5 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:

4

2 4 2

x

y  x 

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

2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( )C và trục hoành

3) Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm phân biệt: x42x22m 0

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 22x22x2 3 0

2) Tìm nguyên hàm F x( ) của f x( ) 3x2 1 4e x

x

   biết rằng F(1)4e

3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x3   , biết tiếp tuyến song song với x 1 đường thẳng y 2x1

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 , đường cao h = 2 Hãy tính diện tích của mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp 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 A( 1;2; 1), (2;1; 1), (3;0;1)  B  C

1) Viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm O,A,B,C và xác định toạ độ tâm I của nó

2) Tìm toạ độ điểm M sao cho 3 AM  2MC Viết phương trình đường thẳng BM

Câu Va (1,0 điểm): Tính x1  x2 , biết x x là hai nghiệm phức của phương trình sau đây: 1, 2

2

3x 2 3x  2 0

2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần

lượt có phương trình d:

1 2 2 1

z

  



 



  



, (P): 2x y 2z 1 0

1) Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, bán kính bằng 3 và tiếp xúc (P)

2) Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(0;1;0), nằm trong mp(P) và vuông góc với

đường thẳng d

Câu Vb (1,0 điểm): Gọi z z là hai nghiệm của phương trình 1; 2 z2   trên tập số phức Hãy xác z 1 0 định

1 1

A

- 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:

x y

-4.5

-2

-4

BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I:  Hàm số:

4

2 4 2

x

 Tập xác định: D  

 Đạo hàm: y 2x32x

1

x

x

 



        

 Giới hạn: lim ; lim

 Bảng biến thiên

y – 0 + 0 – 0 +

y

9 2

2



 Hàm số ĐB trên các khoảng ( 1;0),(1; ), NB trên các khoảng ( ; 1),(0;1)

Hàm số đạt cực đại yCÑ  4 tại xCÑ 0

Hàm số đạt cực tiểu CT 9

2

y   tại xCT   1

 Giao điểm với trục hoành:

Cho

2

2

4 1

x

x

 



 



Giao điểm với trục tung: cho x    0 y 4

 Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2

y 0 –4,5 –4 –4,5 0

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây

 Giao của ( )C với Oy: cho y    0 x 2

 Diện tích cần tìm:

2

                (đvdt)



x  x  m  x  x  m  x m  x  m (*)

 Số nghiệm của pt(*) bằng với số giao điểm của

4 2

2

x

C y  x  và d y: m4

 Từ đó, dựa vào đồ thị ta thấy pt(*) có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

4

     

      

Câu II: 22x22x2   3 0 4.22x 4.2x   (*) 3 0

 Đặt t 2x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành:

(nhan) (loai)

2

2

3

2

2

x

t

t



 



  





M O I

B

S

 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 23

log 2

x 

 Với f x( ) 3x2 1 4e x

x

   , họ các nguyên hàm của f(x) là:

x

        

 Do F(1)4e nên 13ln 14e1 C 4e C   1

 Vậy, F x( )x3 lnx 4e x  1

 Viết pttt của y x3  song song với đường thẳng d: x 1 y 2x1

 TXĐ của hàm số : D  

 y 3x2 1

 Do tiếp tuyến song song với y 2x1 nên có hệ số góc

k  f x   x    x  x  x  

 Với x0  1 y0 13  1 1 1 và f x( )0  2

pttt tại x  là: 0 1 y 1 2(x1) y 2x1 (loại vì trùng với đường thẳng d)

 Với x0   1 y0  ( 1)3     và ( 1) 1 1 f x( )0  2

pttt tại x   là: 0 1 y 1 2(x1) y 2x 3

 Vậy, có 1 tiếp tuyến cần tìm là: y 2x 3

Câu III

 Giả sử hình chóp đều đã cho là S.ABC có O là chân đường cao xuất

phát từ đỉnh S Gọi I là điểm trên SO sao cho IS = IA, thì

IS IAIB OC  R

Do đó, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

 Theo giả thiết, SO = 2 IO  2 R

2

 Trong tam giác vuông IAO, ta có

2

IA OI OA R  R    R  R 

 Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là

2

2

S   R        (đvdt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A( 1;2; 1), (2;1; 1), (3;0;1)  B  C

 Phương trình mặt cầu ( )S có dạng: x2y2z22ax2by2cz d 0

 Vì 4 điểm O(0;0;0), A( 1;2; 1), (2;1; 1), (3;0;1)  B  C thuộc ( )S nên:

 Vậy, phương trình mặt cầu ( ) :S x2 y2z22x6y4z  0

Và toạ độ tâm của mặt cầu là: I(1;3;2)

 Giả sử toạ độ điểm M là M a b c( ; ; ) thì

AM(a1;b2;c1)3AM(3a3 ; 3b6 ; 3c3)

MC (3 a b; ;1c) 2MC (2a6 ; 2 ; 2b c2)

 Ta có,

 

 Đường thẳng BM đi qua điểm: B(2;1; 1)

có vtcp: u BM  ( 11;5; 4)

 Phương trình đường thẳng BM: 2 1 1

Câu Va: 3x22 3x  2 0

 Ta có,   ( 2 3)24.3.21224 12(2 3 )i 2

 Phương trình đã cho có 2 nghiệm phức:

1,2

i

 Từ đó,

x  x            

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

 Mặt cầu( )S có tâm I  nên toạ độ của d I(12 ;2 ; 1)t t 

 Do ( )S có bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P) nên d I P ( ,( )) 3

2(1 2 ) (2 ) 2( 1) 1

2 1 ( 2)

t

 Vậy, có 2 mặt cầu thoả mãn yêu cầu bài toán là:

1

2

( ) : ( 3) ( 2) ( 1) 9 ( ) : ( 3) ( 4) ( 1) 9

 mp(P) có vtpt n  (2;1; 2) , đường thẳng d có vtcp u  (2;2;0)

 Đường thẳng  đi qua M(0;1;0)

 Đường thẳng  nằm trong (P), vuông góc với d nên  có vtcp

1 2 2 2 2 1

2 0 0 2 2 2

u n u





  

 PTTS của  :

4

1 4 ( ) 2

 





 





Câu Vb: Phương trình z2   (*) có biệt thức z 1 0  124.1.1  3 ( 3 )i 2

 Suy ra, phương trình (*) có 2 nghiệm phức: 1,2 1 3 1 3

i

z      i

&

1 2 1 1 2 1

1

A