DE ON THI TOT NGHIEP THPT MON TOAN DE 8 CO DAP AN

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Tiêu đề	Đề thi tốt nghiệp THPT môn Toán đề 8 có đáp án
Tác giả	Thầy Huy
Chuyên ngành	Toán
Thể loại	Đề thi

Định dạng
Số trang	4
Dung lượng	222,57 KB

Các công cụ chuyển đổi và chỉnh sửa cho tài liệu này

Nội dung

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 8 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: 3 2 ( ) 2 3 3 x y f x x x     1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm trên ( )C có hoành độ 0 x , với 0 ( ) 6f x   . 3) Tìm tham số m để phương trình 3 2 6 9 3 0x x x m    có đúng 2 nghiệm phân biệt. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 4 4 2 4 2 17.2 1 0 x x     2) Tính tích phân: 0 (2 1)sinI x xdx     3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 4ln(1 )y x x   trên đoạn [– 2;0] Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng .ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = a, mặt ( )A BC  tạo với đáy một góc 0 30 và tam giác A BC  có diện tích bằng 2 3a . Tính thể tích khối lăng trụ .ABC A B C    . 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 Oxyz, cho hai điểm (7;2;1), ( 5; 4; 3)A B    và mặt phẳng ( ) : 3 2 6 38 0P x y z    1) Viết phương trình tham số của đường thẳng AB. Chứng minh rằng, AB ||( )P . 2) Viết phương trình mặt cầu ( )S có đường kính AB. 3) Chứng minh ( )P là tiếp diện của mặt cầu ( )S . Tìm toạ độ tiếp điểm của ( )P và ( )S Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức 1 3z i  . Tìm số nghịch đảo của số phức: 2 .z z z   2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho cho điểm (1;3; 2)I  và đường thẳng 4 4 3 : 1 2 1 x y z       1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm I và chứa đường thẳng  . 2) Tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng . 3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm I và cắt  tại hai điểm phân biệt A,B sao cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 4. Câu Vb (1,0 điểm): Gọi 1 2 ,z z là hai nghiệm của phương trình: 2 2 2 2 2 0z z i    . Hãy lập một phương trình bậc hai nhận 1 2 ,z z làm nghiệm. ---------- 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 y = m -2/ 3 4 -4/ 3 3 2 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số: 3 2 ( ) 2 3 3 x y f x x x      Tập xác định: D    Đạo hàm: 2 4 3y x x       Cho 2 0 4 3 1; 3y x x x x           Giới hạn: ; lim lim x x y y        Bảng biến thiên x – 1 3 + y  – 0 + 0 – y + 0 4 3  –  Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (–;1), (3;+) Hàm số đạt cực đại 0y  CÑ tại 3x  CÑ , đạt cực tiểu CT 4 3 y   tại CT 1x   Điểm uốn: 2 2 4 0 2 3 y x x y           . Điểm uốn của đồ thị là: 2 2; 3 I             Giao điểm với trục hoành: cho 0 0; 3y x x    Giao điểm với trục tung: cho 0 0x y    Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4 y 0 –4/3 –2/3 0 –4/3  Đồ thị hàm số như hình vẽ:  0 0 0 0 16 ( ) 6 2 4 6 1 3 f x x x y             2 0 ( ) ( 1) ( 1) 4( 1) 3 8f x f              Phương trình tiếp tuyến cần tìm: 16 8 8( 1) 8 3 3 y x y x         3 2 3 2 3 2 1 6 9 3 0 6 9 3 2 3 3 x x x m x x x m x x x m              (*)  Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của ( )C và :d y m  Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình (*) có đúng 2 nghiệm phân biệt 0 4 3 m m           Câu II:  4 4 2 4 2 16 4 2 17.2 1 0 17. 1 0 4 17.4 16 0 16 16 x x x x x x             (*)  Đặt 4 x t  (ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành (nhan) (nhan) 2 1 4 1 0 17 16 0 16 2 4 16 x x t x t t t x                             Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 0 và x = 2. 30 a B' C' A C B A'  0 (2 1)sinI x xdx      Đặt 2 1 2. sin cos u x dx dx dv xdx v x                      . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:  0 0 0 (2 1)cos ( 2cos ) (2 1) 1 2 sin (2 1) 1 2.0 2 2I x x x dx x                       Hàm số 2 4ln(1 )y x x   liên tục trên đoạn [–2;0]  2 4 2 2 4 2 1 1 x x y x x x           Cho (nhan) (loai) 2 1 [ 2;0] 0 2 2 4 0 2 [ 2;0] x y x x x                      ; ; ( 1) 1 4 ln 2 ( 2) 4 4ln 3 (0) 0f f f        Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là: 1 4 ln2 , số lớn nhất nhất là: 0  Vậy, khi [ 2;0] [ 2;0] min 1 4 ln2 1 ; max 0y x y        khi x = 0 Câu III  Do BC AB BC A B BC AA              (hơn nữa, ( )BC ABB A    )  Và  ( ) ( ) ( ) ( ) BC AB ABC BC AB A BC ABA BC ABC A BC                      là góc giữa ( )ABC và ( )A BC   Ta có, 2 2. 1 2. 3 . 2 3 2 A BC A BC S a S A B BC A B a BC a              0 0 .cos 2 3.cos 30 3 .sin 2 3.sin 30 3 AB A B ABA a a AA A B ABA a a             Vậy, l.truï 3 1 1 3 3 . . 3 3 2 2 2 ABC a V B h S AA AB BC AA a a a              (đvtt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: (7;2;1), ( 5; 4; 3)A B     Đường thẳng AB đi qua điểm (7;2;1)A , có vtcp ( 12; 6; 4)u AB       nên có ptts 7 12 : 2 6 1 4 x t AB y t z t                  (1)  Thay (1) vào phương trình mp(P) ta được: 3(7 12 ) 2(2 6 ) 6(1 4 ) 38 0 0. 49 0 0 49t t t t t             : vô lý  Vậy, || ( )AB P  Tâm của mặt cầu ( )S : (1; 1; 1)I   (là trung điểm đoạn thẳng AB)  Bán kính của ( )S : 2 2 2 (1 7) ( 1 2) ( 1 1) 7R IA           Phương trình mc 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 1) ( 1) 49S x y z       Ta có, 2 2 2 3.1 2.( 1) 6.( 1) 38 ( ,( )) 7 3 ( 2) ( 6) d I P R              ( )P tiếp xúc với ( )S . H C I A B  Gọi d là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mp(P). Khi đó PTTS của d: 1 3 1 2 1 6 x t y t z t                    . Thay vào ptmp(P) ta được : 3(1 3 ) 2( 1 2 ) 6( 1 6 ) 38 0 49. 49 0 1t t t t t                Tiếp điểm cần tìm là giao điểm của d và (P), đó là điểm ( 2;1;5)H  Câu Va: Với 1 3z i  , ta có  2 2 2 2 2 . (1 3 ) (1 3 )(1 3 ) 1 6 9 1 9 2 6z z z i i i i i i i                2 2 1 1 2 6 2 6 2 6 1 3 2 6 (2 6 )(2 6 ) 40 10 10 2 36 i i i i i i i i               THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Đường thẳng  đi qua điểm (4;4; 3)M  , có vtcp (1;2; 1)u     Mặt phẳng ( )P đi qua điểm (1;3; 2)I   Hai véctơ: (3;1; 1)IM    (1;2; 1)u    Vtpt của mp(P): 1 1 1 3 3 1 [ , ] ; ; (1;2;5) 2 1 1 1 1 2 n IM u                           PTTQ của mp ( ) : 1( 1) 2( 3) 5( 2) 0P x y z      2 5 3 0x y z      Khoảng cách từ đểm A đến: 2 2 2 2 2 2 [ , ] 1 2 5 30 ( , ) 5 6 1 2 ( 1) IM u d d I u                Giả sử mặt cầu ( )S cắt  tại 2 điểm A,B sao cho AB = 4 ( )S có bán kính R = IA  Gọi H là trung điểm đoạn AB, khi đó: IH AB IHA   vuông tại H  Ta có, 2 ; ( , ) 5HA IH d I    2 2 2 2 2 2 ( 5) 2 9R IA IH HA       Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 3) ( 2) 9S x y z      Câu Vb:  Với 1 2 ,z z là 2 nghiệm của phương trình 2 2 2 2 2 0z z i    thì 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 . 2 2 2 . 2 2 2 b z z z z a c z z i z z i a                                    Do đó, 1 2 ,z z là 2 nghiệm của phương trình 2 2 2 2 2 0z z i    . Huy: 09 68 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 8 Thời gian làm.       2 0 ( ) ( 1) ( 1) 4( 1) 3 8f x f              Phương trình tiếp tuyến cần tìm: 16 8 8( 1) 8 3 3 y x y x         3 2 3

Ngày đăng: 18/12/2013, 22:02

Xem thêm