Tải bản đầy đủ (.doc) (10 trang)

De 15 va 16 dap an TOAN on TNTHPT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (251.11 KB, 10 trang )

ĐỀ SỐ 15. ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số
4 2
2 3y x x= − + +
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2) Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình
4 2
2 2 0x x m− − + =
.
Câu II ( 3,0 điểm )
1) Giải phương trình
2 1
3.13 68.13 5 0
x x+
− + =
.
2) Tính tích phân
3
0
I= sin3xdx
π

.
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
2
.
x
f x x e


=
trên đoạn [-3;-1]
Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp SABC có SA

mp(ABC). Đáy ABC là tam vuông tại A,
AB = a, AC = a
3
và SC = a
5
. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình
đó.
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu IV.a ( 2,0 điểm )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 6;-1 ;0) và mặt phẳng (P) có phương trình:
4 3 1 0x y z− + + =
1. Viết phương trình tham số đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mp(P).
2. Viết phương trình mặt cầu có tâm là hình chiếu H vuông góc của điểm A lên mp(P)
và đi qua điểm A.
Câu V.a ( 1,0 điểm )
Giải phương trình
2
3 46 0z z− + =
trên tập số phức.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b ( 2,0 điểm )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 3; 0 ;1), hai đường thẳng d
1
và d

2

phưong trình là: d
1 2
6 3
x t
y t
z t
=


= +


= +

, d’
1 2 3
1 1 1
x y z− + −
= =

.
1. Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên d
1
.
2. Xét vị trí tương đối của d

và d’.
Câu V.b ( 1,0 điểm )

Tìm căn bậc hai của số phức
- 24 10z i= +
.
Hết
Câu Đáp án Điểm
Câu I
3 điểm
1. (2 điểm)
Tập xác định: D = R.
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
Ta có:
( )
3 2
' 4 4 4 1 ; ' 0 0, 1y x x x x y x x= − + = − − = ⇔ = = ±
Trên các khoảng
( )
; 1−∞ −
và ( 0; 1), y’>0 nên hàm số đồng biến.
Trên các khoảng (-1;0) và
( )
1;+∞
, y’ < 0 nên hàm số nghịch biến.
0,5 đ
Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại
1x = ±
, y

= 4.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= 3.
Giới hạn:

4
2 4
2 3
lim lim 4
x x
y x
x x
→−∞ →−∞
 
= − + + = +∞
 ÷
 

4
2 4
2 3
lim lim 4
x x
y x
x x
→+∞ →+∞
 
= − + + = +∞
 ÷
 

0,5 đ
Bảng biến thiên:
0,5 đ
Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 3).
Đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm
( )
3;0−

( )
3;0
.
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.
0,5 đ
2. (1 điểm)
Phương trình:
( )
4 2 4 2
2 2 0 2 3 1 *x x m x x m− − + = ⇔ − + + = +
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
4 2
2 3y x x= − + +
và đường thẳng y = m+1.
0,5 đ
Dựa vào đồ thị ta có kết quả biện luận số nghiệm của phương trình (*):
m+1 m số nghiệm của phương trình (*)
m+1>4 m>4 0
m+1=4 m=4 2
3<m+1<4 2<m<3 4
m+1=3 m=2 3

m+1<3 m<2 2
0,5 đ
Câu II
3 điểm
1. (1 điểm)
Phương trình
2
39.13 68.13 5 0
x x
⇔ − + =
, Đặt
13
x
t =
điều kiện t > 0
Ta có phương trình
2
1 5
39 68 6 0
13 3
t t t t− + = ⇔ = ∨ =
( thoả điều kiện)
0,5 đ
Nếu
1
13
t =
thì
1
1

13 13 13 1
13
x x
x

= ⇔ = ⇔ = −
Nếu
5
3
t =
thì
13
5 5
13 log
3 3
x
x= ⇔ =
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
13
5
1, log
3
x x= − =
0,5 đ
2. (1 điểm)
3
3
0
0
1

I= sin3 cos3
3
xdx x
π
π
= −

0,5 đ
( )
1 2
I cos - cos0
3 3
π
= − =
0,5 đ
3. (1 điểm)
Xét trên đoạn [-3;-1] hàm số đã cho có đạo hàm:
( )
( )
2 2
' 2 2
x x x
f x xe x e e x x
= + = +
( )
( )
2
' 0 2 0 0, 2
x
f x e x x x x= ⇔ + = ⇔ = = −

Ta có
[ ] [ ]
2 3; 1 ,0 3; 1− ∈ − − ∉ − −
0,5 đ
( ) ( ) ( )
3 2
9 4 1
3 , 2 , 1f f f
e e e
− = − = − =
Vậy
[ ]
( )
[ ]
( )
2
3; 1 3; 1
1 4
min , af x M x f x
e e
− − − −
= =
0,5 đ
Câu III
1 điểm
Ta có SA

mp(ABC) nên chiều cao của khối
chóp S.ABC là SA.
Tam giác SAC vuông tại A nên

SA
2
= SD
2
- AD
2
Hay SA
2
= 5a
2
- 3a
2
= 2a
2

SA 2a⇒ =
.
0,5 đ
Đáy ABC là tam giác vuông tại A nên
2
ABC
1 1 3
S AC.AB . 3
2 2 2
a a a
= = =
Thể tích khối chóp S.ABC là:
2 3
S.ABC ABC
1 1 3 6

V .SA.S . 2.
3 3 2 6
a a a
= = =
(đvtt).
0,5 đ
Câu
IV.a
( 2,0
điểm )
1. (1 điểm)
(P) có vectơ pháp tuyến
( )
4; 1;3n = −
ur
.
Do d vuông góc với (P) nên d nhận
( )
4; 1;3n = −
ur
làm vectơ chỉ phương.
0,5 đ
Đường thẳng d đi qua điểm A(6;-1;0) và có vectơ chỉ phương
( )
4; 1;3n = −
ur
Vậy phương trình tham số của d là
6 4
1
3

x t
y t
z t
= +


= − −


=

0,5 đ
2. (1 điểm)
H là giao điểm của d và mặt phẳng (P).
Toạ độ H là nghiệm của hệ:
( ) ( )
6 4
1 4 6 4 1
3 24 24 1
4 3 1 0
x t
y t t t
z t t t
x y z
= +


= − − ⇒ + − − −



= ⇔ = − ⇔ = −


− + + =


Vậy H( 2; 0;-3)
0,5 đ
Do mặt cầu đi qua A nên có bán kính:
R=AH =
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 6 2 1 3 0 26− + − + − + =
Vậy phương trình mặt cầu (S):
( ) ( )
2 2
2
2 3 26x y z− + + + =
0,5 đ
Câu
V.a
( 1,0
điểm )
Ta có
( )
2
3 4.1.46 175∆ = − − = −
Vậy phương trình có hai nghiệm phức là:
1
3 175 3 5 7

2 2
i i
z
− −
= =
,
2
3 175 3 5 7
2 2
i i
z
+ +
= =
1 đ
Câu
IV.b
1. (1 điểm)
a
5
a
3
a
A
C
B
S
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với d.
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là:
( )
1;2;3u =

ur
Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là
( )
1;2;3u =
ur
Phương trình của (P) là:
( ) ( )
1 3 2 3 1 0 2 3 6 0x y z x y z− + + − = ⇔ + + − =
0,5 đ
Gọi H là hình chiếu của A lên d. Suy ra H là giao điểm của (P) và d.
Nên toạ độ của H là nghiệm của hệ:
( ) ( )
1 2
6 3
2 3 6 0
2 1 2 3 6 3 6 0 14 14 1
x t
y t
z t
x y z
t t t t t
=


= +


= +



+ + − =

⇒ + + + + − = ⇔ = − ⇔ = −
Vậy H(-1;-1;3)
0,5 đ
2. (1 điểm)
Ta có :
Đường thẳng d đi qua điểm M(0;1;6) và có vectơ chỉ phương
( )
1;2;3u =
ur
Đường thẳngd’đi qua điểm M’(1;-2;3) và có vectơ chỉ phương
( )
' 1;1; 1u
= −
ur
( )
MM' 1; 3; 3= − −
uuuur
0,5 đ
Ta có:
( )
, ' 5;4; 1 , , ' .MM' 14 0u u u u
   
= − − = − ≠
   
ur ur ur ur uuuuur
Vậy d và d’ chéo nhau.
0,5 đ
Câu

V.b
( 1,0
điểm )
Số phức
( )
, , Rx yi x y+ ∈
sao cho
( )
2
24 10x yi i+ = − +
( )
( )
2 2
24 1
2 10 2
x y
xy

− = −



=


Từ (2) suy ra
5
y
x
=

thay vào (1) ta có
2 4 2
2
25
24 24 25 0x x x
x
− = − ⇔ + − =
2 2
1, 25x x⇔ = = −
(loại)
0,5 đ
Hệ có hai nghiệm;
1 1
5 5
x x
y y
= = −
 

 
= = −
 
Vậy có hai căn bậc hai của -24+10i là 1+5i và -1-5i
0,5 đ
Hết
ĐỀ SỐ 16. ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số
4 2

y x 2x 1
= − −
có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình

4 2
x 2x m 0
− − =
.
Câu II (3,0 điểm)
a) Giải phương trình
1
7 2.7 9 0
x x

+ − =
.
b) Tính tích phân
= +

1
x
I x(x e )dx
0
.
c) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất (nếu có) của hàm số
= −
y lnx x
.

Câu III (1,0 điểm) Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi
một với SA = 1cm, SB = SC = 2cm. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ
diện, tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu đó .
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu IV.a (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(- 2; 1; - 1), B(0; 2; - 1), C(0; 3;
0), D(1; 0; 1).
a) Viết phương trình đường thẳng BC.
b) Chứng minh ABCD là một tứ diện và tính chiều cao AH của tứ diện.
c) Viết phương trình mặt cầu tâm I(5; 1; 0) và tiếp xúc với mặt phẳng (BCD).
Câu V.a (1,0 điểm)
Thực hiện phép tính
3
3
[(2 3 ) (1 2 )](1- i)
-1+ i
i i
− − −
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(1; - 1; 1), hai đường thẳng

∆ = =

x 1 y z
( ):
1
1 1 4
,






= −
∆ = +
=
x 2 t
( ): y 4 2t
2
z 1
và mặt phẳng
+ =
(P):y 2z 0
.
a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên (
2

).
b) Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng
∆ ∆
( ),( )
1 2
và nằm trong
mặt phẳng (P).
Câu V.b (1,0 điểm)
Tìm m để đồ thị hàm số
− +
=


2
x x m
(C ):y
m
x 1
với
0m

cắt trục hoành tại hai điểm phân
biệt A, B sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A, B vuông góc với nhau.
ĐÁP ÁN
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I a). ( 2,0 điểm )
* TXĐ: D=
¡
* Sự biến thiên:
∙ Chiều biến thiên:
( )
3 2
' 4 4 4 1y x x x x= − = −
0
' 0
1
x
y
x
=

= ⇔


= ±

Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1;
+∞
)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-

; - 1) và (0;1)
∙ Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y

= y(0) = - 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x =
±
1 và y
CT
= y(
±
1 ) = - 2
∙ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = +∞
∙ Bảng biến thiên:
x
−∞


1−
0 1
+∞
y’

0 + 0

0 +
y
+∞

1−

+∞



2−

2−

* Đồ thị:
∙ Điểm uốn:
Ta có
2
'' 12 4y x= −
;
3
'' 0
3

y x= ⇔ = ±
Do đó đồ thị có hai điểm uốn
3 14 3 14
; , ;
1 2
3 9 3 9
U U
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
− − −
∙ Đồ thị giao với trục tung tại điểm (0; - 1), giao với trục hoành tại hai
điểm
(
)
(
)
1 2;0 ; 1 2;0+ − +
∙ Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.
.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Pt (1)
⇔ − − = −

4 2
x 2x 1 m 1 (2)

Phương trình (2) chính là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
(C) và đường thẳng (d): y = m – 1 (cùng phương với trục hoành)
Dựa vào đồ thị (C), ta có:
 m -1 < -2

m < -1 : (1) vô nghiệm

m -1 = -2 m = -1
m - 1 > -1 m >0





: (1) có 2 nghiệm
 -2 < m-1<-1

-1 < m < 0 : (1) có 4 nghiệm
 m-1 = - 1

m = 0 : (1) có 3 nghiệm
0,25
0,75
II

1
7 2.7 9 0

x x−
+ − =
2
7
7
7 2. 9 0
7
7 9.7 14 0
1
7 7
log 2
7 2
x
x
x x
x
x
x
x
⇔ + − =
⇔ − + =

=
=

⇔ ⇔


=
=



0,25
0,25
0,5

= + = + = +
∫ ∫ ∫
1 1 1
x 2 x
1 2
0 0 0
I x(x e )dx x dx xe dx I I

= =

1
2
1
0
1
I x dx
3

= =

1
x
2
0

I xe dx 1
(Đặt :
= =
x
u x,dv e dx
). Do đó:
4
I
3
=
0,25
0,25
0,5
Ta có : TXĐ
D (0; )= +∞

1 1 1 1 1 1 1 1
y ( ), y 0 ( ) 0 x 4
x 2 2
2 x x x x x
′ ′
= − = − = ⇔ − = ⇔ =
Bảng biến thiên :
x 0 4
+∞

y

+ 0 -
y 2ln2 - 2

Vậy :
Maxy y(4) 2ln2 2
(0; )
= = −
+∞
và hàm số không có giá trị nhỏ nhất.
0,25
0,25
0,25
0,25
III
Gọi I là trung điểm của AB . Qua I dựng đường thẳng
∆ ⊥ (SAB)
. Gọi J
là trung điểm của SC. Trong mp(SAC) dựng trung trực của SC cắt

tại
O. Khi đó O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.
Tính được SI =
1 5
AB
2 2
=
cm, OI = JS = 1cm, bán kính r = OS =
3
2
cm
Diện tích : S =
2 2
4 R 9 (cm )π = π

Thể tích : V =
4 9
3 3
R (cm )
3 2
π = π
0,25
0,25
0,25
0,25
IVa
a)
+



=


uuur
Qua C(0;3;0)
+ VTCP BC (0;1;1)
=


⇒ = +


=


x 0
(BC): y 3 t
z t
b)
= = −
uuur uuur
BC (0;1;1),BD (1; 2;2)

⇒ = −
uuur uuur
[BC,BD] (4;1; 1)
là véctơ pháp tuyến của mp(BCD).
Suy ra pt của mp(BCD): 4x+(y-2)-(z+1)=0 hay 4x + y – z – 3 = 0.
Thay tọa độ điểm A vào pt của mp(BCD), ta có: 4(-2) + 1 – (-1) - 3

0.
Suy ra
( )A BCD∉
. Vậy ABCD là một tứ diện.
Tính chiều cao
3 2
( ,( ))
2
AH d A BCD= =
c) Tính được bán kính của mặt cầu
( ,( )) 18r d I BCD= =
Suy ra phương trình mặt cầu
2 2 2
( 5) ( 1) 18x y z− + − + =
0,25

0,25
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
V.a
=
1 3i+
1,0
IV.b
a) Gọi mặt phẳng



⊥ ∆

Qua M(1; 1;1)
(P):
( )
2

+ −


⇒ ⇒ − − =

= −



r r
P
2
Qua M(1; 1;1)
(P): (P): x 2y 3 0
+ VTPT n = a ( 1;2;0)
Khi đó :
19 2
N ( ) (P) N( ; ;1)
2
5 5
= ∆ ∩ ⇒
b) Gọi
A ( ) (P) A(1;0;0) , B ( ) (P) B(5; 2;1)
1 2
= ∆ ∩ ⇒ = ∆ ∩ ⇒ −
Vậy
x 1 y z
(m) (AB):
4 2 1

≡ = =

0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
V.b

Phương trình hoành độ giao điểm của
(C )
m
và trục hoành :

− + =
2
x x m 0 (*)
với
x 1≠
Điều kiện
1
m , m 0
4
< ≠
Từ (*) suy ra
= −
2
m x x
. Hệ số góc của tiếp tuyến
− + − −

= = =
− −
2
2
x 2x 1 m 2x 1
k y
(x 1) x 1
Gọi

A B
x ,x
là hoành độ A, B, ta có
+ = =
A B A B
x x 1 , x .x m
Hai tiếp uyến vuông góc với nhau thì

′ ′
= − ⇔ − + + = ⇔ − =
A B A B A B
y (x ).y (x ) 1 5x x 3(x x ) 2 0 5m 1 0

1
m
5
⇔ =

(thỏa mãn điều kiện)
Vậy giá trị cần tìm
1
m
5
=
.
0,25
0,25
0,25
0,25


×