KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG- Môn thi: TOÁN

Thông tin tài liệu

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 01 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: 2 1 1 x y x    1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 4. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 2 2 4 log log (4 ) 5 0x x   2) Tính tích phân: 3 0 sin cos cos x x I dx x     3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau đây đạt cực tiểu tại điểm 0 2x  3 2 2 3 ( 1) 2y x mx m x     Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B,  BAC = 30 0 ,SA = AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Tính V S.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). 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 ( , , , )O i j k    , cho 3 2OM i k     , mặt cầu ( )S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 9x y z      1) Xác định toạ độ tâm I và bán kính của mặt cầu ( )S . Chứng minh rằng điểm M nằm trên mặt cầu, từ đó viết phương trình mặt phẳng ( ) tiếp xúc với mặt cầu tại M. 2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu, song song với mặt phẳng ( ) , đồng thời vuông góc với đường thẳng 1 6 2 : 3 1 1 x y z       . Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2 2 5 0z z    2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có toạ độ các đỉnh là A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) 1) Viết phương trình đường vuông góc chung của AB và CD. 2) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây lny x , trục hoành và x = e ---------- 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 1 2 2,5 3 3 2 -1 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  2 1 1 x y x     Tập xác định: \ {1}D    Đạo hàm: 2 1 0, ( 1) y x D x         Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: ; lim 2 lim 2 2 x x y y y       là tiệm cận ngang. ; 1 1 lim lim 1 x x y y x           là tiệm cận đứng.  Bảng biến thiên x –  1 + y  – – y 2 – + 2  Giao điểm với trục hoành: 1 0 2 1 0 2 y x x      Giao điểm với trục tung: cho 0 1x y    Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 y 3/2 1 || 3 5/2  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:  2 1 ( ) : 1 x C y x     Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên 0 ( ) 4f x    0 0 2 0 2 0 0 0 1 3 1 1 1 2 2 4 ( 1) 1 1 4 ( 1) 1 2 2 x x x x x x                                 Với 3 2 0 0 3 2 2. 1 3 4 2 1 x y       .pttt là: 3 4 4 4 10 2 y x y x                    Với 1 2 0 0 1 2 2. 1 1 0 2 1 x y       . pttt là: 1 0 4 4 2 2 y x y x                    Vậy, có 2 tiếp tuyến thoả mãn ycbt là : 4 2y x   và 4 10y x   Câu II:  Điều kiện: x > 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 4 4 2 2 log (log 4 log ) 5 0 log log 6 0x x x x        (*)  Đặt 2 logt x , phương trình (*) trở thành 3 2 2 2 2 3 log 3 2 6 0 2 log 2 2 t x x t t t x x                               (nhận cả hai nghiệm)  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm : 8x  và 1 4 x   3 3 3 3 0 0 0 0 sin cos sin cos sin 1. cos cos cos cos x x x x x I dx dx dx dx x x x x                         a a A B C S  Với 3 1 0 sin . cos x dx I x    , ta đặt cos sin . sin .t x dt x dx x dx dt       Đổi cận: x 0 3  t 1 1 2 Thay vào: 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 ln ln 1 ln ln2 2 dt dt I t t t                     Với 3 3 0 2 0 1. 3 I dx x         Vậy, 1 2 ln2 3 I I I       3 2 2 3 ( 1) 2y x mx m x     có TXĐ D    2 2 3 6 1y x mx m       6 6y x m     Hàm số đạt cực tiểu tại 2 2 0 (2) 0 3.2 6 .2 1 0 2 (2) 0 6.2 6 0 f m m x f m                              hoac 2 1 11 12 11 0 1 2 12 6 0 m m m m m m m                              Vậy, với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại 0 2x  Câu III Theo giả thiết, , , SA AB BC AB BC SA   Suy ra, ( )BC SAB và như vậy BC SB  Ta có, 0 3 .cos30 2 a AB AC  và 0 .sin 30 2 a BC AC  2 2 2 2 3 7 4 2 a a SB SA AB a      2 3 . 1 1 3 3 1 3 . 2 2 2 2 8 3 24 ABC S ABC ABC a a a a S AB BC V SA S             2 1 1 7 7 . 2 2 2 2 8 SBC a a a S SB BC        3 . . 2 3 1 3 8 21 ( ,( )). ( ,( )) 3 3 24 7 7 S ABC S ABC SBC SBC V a a V d A SBC S d A SBC S a          THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:  3 2 (3;0;2)OM i k M      và 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 9S x y z       Mặt cầu có tâm (1; 2;3)I  và bán kính 3R   Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu: 2 2 2 (3 1) (0 2) (2 3) 9      là đúng Do đó, ( )M S  ( ) đi qua điểm M, có vtpt (2;2; 1)n IM      Vậy, PTTQ của ( ) là: 2( 3) 2( 0) 1( 2) 0 2 2 4 0x y z x y z            Điểm trên d: (1; 2;3)I   ( ) có vtpt (2;2; 1)n    và  có vtcp (3; 1;1)u     nên d có vtcp 2 1 1 2 2 2 [ , ] ; ; (1; 5; 8) 1 1 1 3 3 1 u n u                              Vậy, PTTS của d là: 1 2 5 ( ) 3 8 x t y t t z t                     Câu Va: 2 2 5 0z z    (*)  Ta có, 2 2 2 4.( 1).( 5) 16 (4 )i         Vậy, pt (*) có 2 nghiệm phức phân biệt 1 2 4 1 2 2 i z i       và 2 2 4 1 2 2 i z i       THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Ta có, (0;1;0)AB   và (1;1; 1)CD     Gọi M,N lần lượt là điểm nằm trên AB và CD thì toạ độ của M,N có dạng (1;1 ;1), (1 ;1 ;2 ) ( ; ; 1) M t N t t t MN t t t t                  MN là đường vuông góc chung của AB và CD khi và chỉ khi . 0 0 1 1 0 2 . 0 AB MN t t t t t t t t CD MN                                         Vậy, 3 3 3 3 1 1 1; ;1 , ; ; ;0; 2 2 2 2 2 2 M N MN                                    hay (1;0;1)u   là vtcp của d cần tìm PTCT của đường vuông góc chung cần tìm là: 1 3 ( ) 2 1 x t y t z t                      Phương trình mặt cầu ( )S có dạng: 2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d        Vì A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) thuộc ( )S nên: 3 2 2 2 0 2 2 2 3 2 2 2 3 6 6 2 4 2 0 2 4 2 6 2 3 3 / 2 6 2 2 4 0 2 2 4 6 2 2 0 3 9 4 4 2 0 4 4 2 9 2 2 2 3 a b c d a b c d d a b c d a b c d a b c d b b a b c d a b c d b c c a b c d a b c d a b c                                                                                                      / 2 3 / 2a                  Vậy, phương trình mặt cầu là: 2 2 2 3 3 3 6 0x y z x y z       Câu Vb: Cho ln 0 1y x x     Diện tích cần tìm là: 1 1 ln ln e e S x dx xdx     Đặt 1 lnu x du dx x dv dx v x                        . Thay vào công thức tính S ta được: 1 1 1 ln ln 1ln1 0 1 1 e e e S x x dx e e x e e           (đvdt)  Vậy, diện tích cần tìm là: S = 1 (đvdt) . 3 1 0 sin . cos x dx I x    , ta đặt cos sin . sin .t x dt x dx x dx dt       Đổi cận: x 0 3  t 1 1 2 Thay vào: 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 ln ln 1. bên đây:  2 1 ( ) : 1 x C y x     Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên 0 ( ) 4f x    0 0 2 0 2 0 0 0 1 3 1 1 1 2 2 4 ( 1) 1 1 4 ( 1) 1 2 2 x x x

Ngày đăng: 18/12/2013, 22:01

Xem thêm: KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG- Môn thi: TOÁN