Đề ôn thi ĐH số 14 có đáp án

ĐỀ 14
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
3 2
y x 3x 3x 2= − + −
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) , trục hoành và tiếp tuyến (d) với đồ thị (C) tại điểm M(0;
2−
) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Giải bất phương trình
x 2 x 1 x
1 2 3 6
+ +
+ + <
b. Tính tích phân :
2
cosx
I dx
sinx cosx
0
π
=
+
∫
c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
y 2x 1 3x 5= − − −

.trên
5
[ ;2 ]
3
Câu III ( 1,0 điểm )
Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a .a. Tính diện tích xung quanh và
diện tích toàn phần của hình nón .
b. Tính thể tích của khối nón tương ứng .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm 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 tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;0;1) và
D(
−
2;1;
−
2) .
a. Chứng minh rằng A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện . .
b. Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh A .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình
4 2
2z 2z 1 0+ − =
trên tập số phức
£

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(0;0;1) , B(0;0;
−

1),C(1;1;1) và D(0;4;1)
a. Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A,B,C,D .
b. Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại C và tạo với trục Oz một góc
o
45
.
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Giải phương trình
2
z (cos isin )z isin .cos 0 , − ϕ + ϕ + ϕ ϕ = ϕ∈¡
trên tập số phức
£

. . . . . . . .Hết . . . . . . .
1

HƯỚNG DẪN ĐỀ 14
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ

x
−∞
1
+∞

y
′
+ 0 +
y

+∞

1
−∞


b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm
(d): y 3x 2⇒ = −


2/3 3 2/3 3
20 88 4
3 2 3 2
S [y y ]dx y dx [ x 3x ]dx [x 3x 3x 2] dx
(d) (C) (C)
81 81 3
0 2/3 0 2/3
= − − = − + − − + − = + =
∫ ∫ ∫ ∫
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ Chia 2 vế cho
x
6 0>
:
x x x 1
1 1 1
bpt ( ) 2.( ) 3.( ) 1 (1)
6 3 2
+

⇔ + + <

Đặt :
x x x 1
1 1 1
f (x) ( ) 2.( ) 3.( )
6 3 2
+
= + +
là hàm số nghịch biến trên R (2)
Mặt khác : f(2) = 1 nên (1)
f(x) f(2)⇔ <

(2)
⇒

x 2>
Vậy tập nghiệm của bpt là
S (2; )= +∞
b) 1đ Đặt
u x
2
π
= −
thì ta có

0
cos( u)
2 2 2
cosx sinu sinx

2
I dx du du dx
sinx cosx sinu cosu sinx cosx
0 0 0
sin( u) cos( u)
2 2
2
π π π
π
−
= = − = =
+ π π + +
π
− + −
∫ ∫ ∫ ∫
Do đó :
2 2 2
cosx sinx
2
2I I I dx dx dx [x]
0
2
sinx cosx sinx cosx
0 0 0
π π π
π
π
= + = + = = =
+ +
∫ ∫ ∫

I
4
π
⇒ =
c) 1đ TXĐ :
5
[ ;2 ]
3
Ta có :
3 89
y 2 ;y 0 x
48
2 3x 5
′ ′
= − = ⇔ =
−
. Vì
5 7 89 47
y( ) ,y(2) 2,y( ) =
3 3 48 24
= =
.
2

Vậy :
+ Maxy = y(2) 2
5
[ ;2 ]
3
=

89 47
+ miny = y( )
48 24
5
[ ;2 ]
3
=
Câu III ( 1,0 điểm )
Xét hình nón đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O , bán kính R
Gọi
SAB∆
cân là thiết diện qua trục SO .
Đường sinh : l = SA = SB = a
a 2
AB a 2,R
2
⇒ = =
a. Do đó :
2
2
S Rl a
xq
2
π
= π =

2
2 a 2 1
2 2

S S S a a
tp xq
2 2 2
π π +
= + = + = π
®¸y

b. Đường cao :
AB a 2
h SO
2 2
= = =

1 2
2 3
V R h a
3 12
= π = π
nãn
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ
AB ( 1;1;0),AC ( 1;0;1),AD ( 3;1; 2)= − = − = − −
uuur uuur uuur

= ⇒ = − ≠
uuur uuur uuur uuur uuur
[AB;AC] (1;1;1) [AB;AC].AD 4 0
⇒

,
uuur uuur uuur
AB,AC,AD
không đồng phẳng .
Do đó : A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện .
b) 1đ Ta có :
= − − = − − = −
uuur uuur uuur
CD ( 2;1; 3),BD ( 2;0; 2),BC (0; 1;1)

Do đó :
= =
uuur uuur uuur
1 2
V | [AB;AC].AD |
tø diÖn
6 3
.
Độ dài đường cao đường cao kẻ từ đỉnh A :
= =
uuur uuur
6V 2 3
h
A
3
| [BC;BD] |
Cách khác : Viết pt mặt phẳng (BCD) , rồi tính khoảng cách từ A đến mp(BCD) .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Ta có :
4 2

2z 2z 1 0+ − =
. Đặt
=
2
Z z
thì phương trình trở thành :
2
2Z 2Z 1 0+ − =
(*)
Phưong trình
(*)
có
∆ = + = ⇒ ∆ =1 2 3 3
nên (*) có 2 nghiệm :

− +
− +
= ⇒ = ±
+ + +
− −
= = − = ⇒ = ±
1 3
1 3
* Z z
1 1,2
2 2
1 3 1 3 1 3
1 3
2
* Z i . z i.

2 3,4
2 2 2 2
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a. 1,0đ Gọi phương trình mặt cầu (S) :
2 2 2
x y z 2ax 2by 2cz d 0+ + + + + + =
với
+ + − >
2 2 2
a b c d 0

Vì mặt cầu (S) đi qua A,B,C,D nên ta có hệ :

+ + =


 − + =

+ + + + =

+ + + =


1 2c d 0
1 2c d 0
3 2a 2b 2c d 0
17 8b 2c d 0
. Giải hệ này ta được :
= = − = = −a 1,b 2,c 0,d 1

.
3

Suy ra mặt cầu (S) có tâm I(
−1;2;0)
, bán kính : R =
6
.
Do đó phương trình (S) :
2 2 2
x y z 2x 4y 1 0+ + + − − =
b. 1,0đ Gọi VTCP của (d) là
2 2 2
u a b c b c 0= + + >
r
( ; ; ) víi a
; trục Oz có VTCP là
k 0 0 1=
r
( ; ; )


d
IC 2 11
+



⊥ = −



uur
qua C(1;1;1)
( ) :
+ ( ; ; )
và tạo với Oz một góc
o
45
nên ta có hệ :

2a b c 0
IC
c b 2a
2
c 1
3a 4ab a 0
1
2 2 2
k u
c a b
2 2 2 2
2
a b c
− + =


⊥
= −



 
⇔ ⇔ ⇒ = ⇒ =
  
=
=
= +

 


+ +

uur
r
r
r
u
| |
hay 3a = 4b
| cos( ; ) |

+ a = 0 , chọn b = 1 , c = 1 nên pt của (d) : x = 1 ; y = 1+ t ; z = 1 + t .
+ 3a = 4b , chọn a = 4 thì b = 3 , c =
−
5 nên pt của (d) :
x 1 y 1 z 1
4 3 5
− − −
= =
−

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Phương trình có
2 2
i 4 i∆ = ϕ + ϕ − ϕ ϕ = ϕ− ϕ(cos sin ) sin .cos (cos sin )
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm :

i i
z
1
2
i i
z i
2
2
ϕ + ϕ + ϕ − ϕ
= = ϕ
ϕ + ϕ − ϕ − ϕ
= = ϕ
cos sin cos sin
cos
cos sin (cos sin )
sin
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
4