DE ON THI TOT NGHIEP THPT MON TOAN DE 6 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 6 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2)2 1

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

2) Dựa vào đồ thị (C) biện luận số nghiệm phương trình: x44x2 m

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 2

2 log (x5)log x  2 3

2) Tính tích phân:

3

ln 2 0

1

x x

e

e



 

3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 3 2

1

x y

x





 trên đoạn [1;4]

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình lăng trụ ABC A B C    có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a Hình chiếu vuông góc của A xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB Mặt bên ( AA C C  ) tạo với đáy một góc bằng 45

Tính thể tích của khối lăng trụ này

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 hai điểm A(0;1; 4), (1; 0; 5) B  và đường thẳng

:

1) Viết phương trình đường thẳng AB và chứng minh rằng AB và  chéo nhau

2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa hai điểm A,B đồng thời song song với đường thẳng 

Tính khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P)

Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y x212x36 và y 6xx2

2 Theo chương trình nâng cao

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

1

2

z

  



 



1) Chứng minh  và 1  chéo nhau Viết phương trình mp(P) chứa 2  và song song 1  2

2) Tìm điểm A trên  và điểm B trên 1  sao cho độ dài đoạn AB ngắn nhất 2

Câu Vb (1,0 điểm): Trên tập số phức, tìm B để phương trình bậc hai z2Bz  có tổng bình i 0 phương hai nghiệm bằng  4i

- 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 = m + 3

-2

-1

3

2

-1 O 1

BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu I:

 Hàm số: y (x22)2 1 x44x2  4 1 x44x2 3

 Tập xác định: D  

 Đạo hàm: y 4x38x

2

x

x

 





 Giới hạn: lim ; lim

 Bảng biến thiên

y

 Hàm số ĐB trên các khoảng ( 2;0),( 2; , NB trên các khoảng ()  ; 2),(0; 2) Hàm số đạt cực đại yCÑ 3 tại xCÑ 0

Hàm số đạt cực tiểu yCT   tại 1 xCT   2

 Giao điểm với trục hoành:

Cho

2

2

1 1

3 3

x x

x x

    

           

Giao điểm với trục tung: cho x   0 y 3

 Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây

 x44x2 m x44x2 3 m3 (*)

 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = m + 3

 Ta có bảng kết quả như sau:

của (C) và d

Số nghiệm của pt(*)

–4 < m < 0 –1< m + 3 < 3 4 4

Câu II:

 2

2 log (x5)log x   (*) 2 3

5

x

     

 Khi đó, (*)log (2 x5)log (2 x 2) 3 log (2 x5)(x 2) 3 (x5)(x 2) 8

(nhan) (loai)

3

x

x

 



          

 Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x = 6

a I

M H

C '

B '

C

A '



ln 2

1

x

e

 Vậy,

1

ln 4 ln

e

          

 Hàm số 3 2 2 3

y

  liên tục trên đoạn [1;4]



2

5 0, [1; 4]

( 1)

x





(1)

2

f  và f(4) 1

 Trong 2 kết quả trên, số –1 nhỏ nhất, số 1

2 lớn nhất

1

2

Câu III

 Gọi H,M,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,AC,AM

 Theo giả thiết,

( ),

A H  ABC BM AC

Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên

||

 Ta có, AC IH AC, A H AC IA

Suy ra góc giữa (ABC) và (ACC A  là ) A IH 45o

.tan 45

a

 Vậy, thể tích lăng trụ là:

3

V B h  BM AC A H    a  (đvdt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A(0;1; 4), (1; 0; 5) B  và : 1 4 1

 Đường thẳng AB đi qua điểm A(0;1; 4) , có vtcp u AB(1; 1; 1) 

 PTCT của đường thẳng AB là: 1 4

 Đường thẳng  đi qua điểm M(1; 4;1), có vtcp u  (1; 4; 2) 

4 2 2 1 1 4

u u

    



 

(1;3;5) [ , ] 1.1 1.3 3.5 13 0

AM   u u AM        

 Vậy, AB và  chéo nhau

 Mặt phẳng (P) chứa hai điểm A,B đồng thời song song với đường thẳng 

 Điểm trên mp(P): A(0;1; 4)

 Vì (P) chứa A,B và song song với  nên có vtpt: n [ , ]u u   ( 2;1; 3)

 PTTQ của (P): 2(x0)1(y 1) 3(z4) 0 2x y 3z 130

 Khoảng cách giữa AB và  bằng:

2.1 4 3.1 13 14

14

2 ( 1) 3

  

Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y x212x 36 và y 6xx2

 Cho x212x366xx2 2x218x 36  0 x 3,x  6

6 3

2

3

2

3

x



       

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

  đi qua điểm 1 M1(1; 1;2) , có vtcp u 1 (1; 1; 0)

 đi qua điểm 2 M2(3;1; 0), có vtcp u  2 ( 1;2;1)

2 1 1 1 1 2

u u



 

1 2 (2;2; 2)

M M  

[ , ].u u M M 1.2 1.2 1.( 2) 6 0

          

 Suy ra,  và 1  chéo nhau 2

 mp(P) chứa  và song song 1  nên đi qua 2 M1(1; 1;2) , có vtpt n1 [ , ]u u 1 2   ( 1; 1;1)

 Vậy, PTTQ mp(P): 1(x 1) 1(y 1) 1(z2)     0 x y z 2 0

 Vì A 1,B   nên toạ độ của chúng có dạng: 2

(1 ; 1 ;2), (3 ;1 2 ; ) (2 ;2 2 ; 2)

A   a a B b  b b AB  a b  a b b

 AB ngắn nhất  AB là đường vuông góc chung của  và 1  2

1 2

0 (2 ).1 (2 2 ).( 1) ( 2).0 0

(2 ).( 1) (2 2 ).2 ( 2).1 0

AB u





 

 

 Vậy, A(1; 1;2), (3;1;0) B

Câu Vb: z2Bz  i 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i

 Giả sử z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình trên Dựa vào công thức nghiệm phương trình bậc hai, ta suy ra:

va

2

 Theo giả thiết, z12z12   4i (z1 z2)2 2z z1 2  4i B22i  4i B2   2i

 Vậy, B   (1 i)