KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 22 pptx

Trang 1

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
Đề số 22 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:
32
1
x
y
x




1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
()C
của hàm số.
2) Viết pt tiếp tuyến của
()C
biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
: 1 0xy   

3) Tìm các giá trị của k để
()C
và
:3d y kx

cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.
Câu II (3,0 điểm):
1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
32
( ) 2 3 12 1f x x x x   
trên đoạn
[ 1;3]

2) Tính tích phân:
1
(ln 1)
e
I x dx


3) Giải phương trình:
1
22
log (2 1).log (2 2) 6
xx
  

Câu III (1,0 điểm):
Cho một hình trụ có độ dài trục
27OO


. ABCD là hình vuông cạnh bằng 8 có các đỉnh nằm
trên hai đường tròn đáy sao cho tâm của hình vuông là trung điểm của đoạn
OO


. Tính thể tích
của hình trụ đó.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chƣơng trình chuẩn
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng

và mặt phẳng
()
lần
lượt có phương trình
3 2 3
:
1 1 3
x y z  
  
;
( ) : 2 1 0x y z    

1) Chứng minh rằng đường thẳng song song với mặt phẳng (α). Tính khoảng cách từ đường
thẳng đến mặt phẳng (α).
2) Tìm toạ độ giao điểm A của đường thẳng với mặt phẳng
()Oxy
. Viết phương trình mặt cầu
tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (α).
Câu Va (1,0 điểm): Cho
2
(1 2 )(2 )z i i  
. Tính môđun của số phức
z

2. Theo chƣơng trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1;

1;1), mặt phẳng
( ) : 2 0P y z
và hai đường thẳng
1
1
:
1 1 4
x y z
  

,
2
2
:4
1
xt
yt
z






  









1) Tìm toạ độ điểm
M

đối xứng với điểm M qua đường thẳng
2
.
2) Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng
1
,
2
và nằm trong mp(P).
Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số
2
1
1
( 1)mx m x
y
x
  


. Tìm m để hàm số có hai điểm cực đại và cực
tiểu nằm khác phía so với trục tung.

Hết


2
x
y
1
-4
-1
-2
-3
2
O
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I:
 Hàm số:
3 2 2 3
11
xx
y
xx
  



 Tập xác định:
\ {1}D  

 Đạo hàm:
2

1
0,
( 1)
y x D
x


   


 Hàm số NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.
 Giới hạn và tiệm cận:
; lim 2 lim 2 2
xx
y y y
 
      
là tiệm cận ngang.
;
11
lim lim 1
xx
y y x


     
là tiệm cận đứng.
 Bảng biến thiên
x
–  1 +

y


–
–
y
–2
–
+
–2
 Giao điểm với trục hoành:
3
0 2 3 0
2
y x x      

Giao điểm với trục tung: cho
03xy   

 Bảng giá trị: x 0 1/2 1 3/2 2
y –3 –4 || 0 –1
 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

23
( ) :
1
x
Cy
x





 Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
:1yx  
nên có hệ số góc
0
( ) 1k f x

  

2
00
0
2
00
0
1 1 2
1
1 ( 1) 1
1 1 0
( 1)
xx
x
xx
x

  



       

   




 Với
00
21xy   
. pttt là:
1 1( 2) 1y x y x       

 Với
00
03xy   
. pttt là:
3 1( 0) 3y x y x       

 Xét phương trình :
2
32
3 3 2 ( 3)( 1) (1 ) 0
1
x
kx x kx x kx k x
x

          


(*)
 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = kx
 (C) và d có 2 điểm chung

(*) có 2 nghiệm phân biệt
2
0
00
01
(1 ) 0
k
ak
k
k









  
  
  
   

  





 Vậy, với
0k 
và
1k 
thì (C) cắt d tại 2 điểm phân biệt.
Câu II:
 Hàm số
32
( ) 2 3 12 1f x x x x   
liên tục trên đoạn
[ 1;3]


2
6 6 12y x x

  

 Cho
2
0 6 6 12 0 1; 2y x x x x

        
(nhận cả hai)

( 1) 8f 
;

(2) 19f 
và
(3) 8f 

 Trong các kết quả trên, số –19 nhỏ nhất, số 8 lớn nhất.


3
I
K
H
C
D
O
O'
A
B
 Vậy,
khi khi
[ 1;3] [ 1;3]
min 19 2 , max 8 1y x y x

     


1
(ln 1)
e
I x dx


 Đặt
1
ln 1ux
du dx
x
dv dx
vx




















. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được
1

1
11
(ln 1) (ln 1) 2 1 2 1 1
ee
ee
I x dx x x dx e x e e e            


 Vậy, I = e.

1
22
log (2 1).log (2 2) 6
xx
  

 Ta có,
1
2 2 2 2
log (2 1).log (2 2) 6 log (2 1).log 2.(2 1) 6
x x x x

      



2 2 2 2 2
log (2 1). log 2 log (2 1) 6 log (2 1). 1 log (2 1) 6
x x x x
   

         
   
   
(*)
 Đặt
2
log (2 1)
x
t 
phương trình (*) trở thành:
(1 ) 6tt

VN
2
2
2
3
2
2 3 log 3
2 log (2 1) 2 2 1 4
60
7
3
log (2 1) 3 2 1 2
2 0 :
8
x
xx
xx
x

x
t
tt
t



  


    



       




    

  






 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm:
2

log 3x 

Câu III
 Giả sử
, ( )A B O
và
, ( )C D O



 Gọi H,K,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,CD và
OO


 Vì
74IO IH  
nên
OH

 Theo tính chất của hình trụ ta có ngay OIH và OHA
là các tam giác vuông lần lượt tại O và tại H
 Tam giác vuông OIH có
22
3OH IH OI  

 Tam giác vuông OHA có
22
5r OA OH HA   

 Vậy, thể tích hình trụ là:

22
. . . .5 .2 7 50 7V B h r h     
(đvtt)
THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:
3 2 3
:
1 1 3
x y z  
  
và
( ) : 2 1 0x y z    

 Đường thẳng

đi qua điểm
(3;2; 3)M 
, có vtcp
(1;1; 3)u 

nên có ptts:
3
2
33
xt
yt
zt











  



(1)
 Thay (1) vào pttq của mp(α) ta được:
2(3 ) 2 ( 3 3 ) 1 0 0 12t t t t          
: vô lý
 Vậy, đường thẳng

song song với mp(

)
 Khoảng cách từ

đến mp(

) bằng khoảng cách từ điểm M đến
()
, bằng:
2 2 2
2.3 2 ( 3) 1
12

( ,( )) ( ,( )) 2 6
6
2 1 ( 1)
d d M
   
    
  

 Mặt phẳng
()Oxy
có phương trình z = 0
 Thay ptts (1) của

vào phương trình z = 0 ta được:
3 3 0 1tt    



4
 Suy ra giao điểm của đường thẳng

và mp(Oxy) là:
(4; 3;0)A

 Mặt cầu tâm A, tiếp xúc với
()
có bán kính
( ,( )) 2 6R d A   
nên có phương
trình:

2 2 2
( 4) ( 3) 24x y z    
.
Câu Va:
2 2 2
(1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 ) (1 2 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2z i i i i i i i i i i i               

 Vậy,
22
11 2 11 2 11 2 5 5z i z i z        

THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb: M(1;

1;1)

2

có vtcp
2
( 1;1;0)u 


 Lấy
( 2 ;4 ;1)H t t
thuộc
2

thì
(1 ;5 ;0)MH t t  



 H là hình chiếu của M lên
22
.0MH u  



(1 ).( 1) (5 ).1 0.0 0 2 4 0 2t t t t            

 Như vậy, toạ độ hình chiếu của M lên
()
là
(4;2;1)H
.
 Điểm
M

đối xứng với M qua
2


H là trung điểm đoạn thẳng
MM


27
25
21
M H M

M H M
M H M
x x x
y y y
z z z





  



   



  



. Vậy, toạ độ điểm
( 7;5;1)M


 Gọi A,B lần lượt là giao điểm của
1
,
2

với mặt phẳng (P)
Hƣớng dẫn giải và đáp số
 Thay ptts của
1
vào pttq của mp(P), ta tìm được toạ độ điểm
(1; 0;0)A

 Thay ptts của
1
vào pttq của mp(P), ta tìm được toạ độ điểm
(8; 2;1)B 

 Đường thẳng qua hai điểm A,B và có vtcp
(7; 2;1)u AB  


nên có phương trình
1
:
7 2 1
x y z
  


Câu Vb:
2
1
1
( 1)mx m x
y

x
  



 TXĐ:
\ {1}D  

 Đạo hàm:
2
2
22
( 1)
mx mx m
y
x
  




 Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị nằm khác phía so với trục tung khi và chỉ khi phương trình
0y


có hai nghiệm trái dấu
. 0 ( 2) 0 0 2a c m m m       