ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT 12 NĂM 2011(RẤT HAY)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (788.28 KB, 40 trang )
GV: Huỳnh Tấn Quảng
1
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 01
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
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 ) (4 )
y x x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
( )
C
tại giao điểm của
( )
C
với trục hoành.
3) Tìm m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt:
3 2
6 9 4 0
x x x m
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình:
2 1
2 3.2 2 0
x x
2) Tính tích phân:
1
0
(1 )
x
I x e dx
3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
2
( 1)
x
y e x x
trên đoạn [0;2].
Câu III (1,0 điểm):
Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60
0
. Tính thể tích
của hình chóp.
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
(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C
.
1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng
( )
ABC
.
2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên mặt phẳng
( )
ABC
.
Câu Va (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng:
2 6 2
z z i
.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho
(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C
1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng
( )
ABC
.
2) Viết phương trình mặt cầu tâm B, tiếp xúc với đường thẳng AC.
Câu Vb (1,0 điểm): Tính môđun của số phức z =
2011
( 3 )
i
.
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:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
2
x
y
2
3
4
4
2O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I :
2 2 2 2 3
(1 ) (4 ) (1 2 )(4 ) 4 8 2 4
y x x x x x x x x x x
3 2
6 9 4
x x x
3 2
6 9 4
y x x x
Tập xác định:
D
Đạo hàm:
2
3 12 9
y x x
Cho
2
1
0 3 12 9 0
3
x
y x x
x
Giới hạn:
;
lim lim
x x
y y
Bảng biến thiên
x
– 1 3 +
y
– 0 + 0 –
y
+ 4
0 –
Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (
–;1), (3;+)
Hàm số đạt cực đại
4
y
tại
3
x
;
đạt cực tiểu
CT
0
y
tại
CT
1
x
6 12 0 2 2
y x x y
. Điểm uốn là I(2;2)
Giao điểm với trục hoành:
3 2
1
0 6 9 4 0
4
x
y x x x
x
Giao điểm với trục tung:
0 4
x y
Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4
y 4 0 2 4 0
Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm trục đối xứng như hình vẽ bên đây
3 2
( ) : 6 9 4
C y x x x
. Viết pttt tại giao điểm của
( )
C
với trục hoành.
Giao điểm của
( )
C
với trục hoành:
(1;0), (4;0)
A B
pttt với
( )
C
tại
(1;0)
A
:
0 0
0
1 0
: 0 0( 1) 0
( ) (1) 0
x y
A y x y
f x f
;
pttt taïi
pttt với
( )
C
tại
(4;0)
B
:
0 0
0
4 0
: 0 9( 4) 9 36
( ) (4) 9
x y
B y x y x
f x f
;
pttt taïi
Vậy, hai tiếp tuyến cần tìm là:
0
y
và
9 36
y x
Ta có,
3 2 3 2
6 9 4 0 6 9 4 (*)
x x x m x x x m
(*) là phương trình hoành độ giao điểm của
3 2
( ) : 6 9 4
C y x x x
và
:
d y m
nên số
nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của
( )
C
và d.
Dựa vào đồ thị ta thấy (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
0 4
m
Vậy, với 0 < m < 4 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.
Câu II
2 1 2
2 3.2 2 0 2.2 3.2 2 0
x x x x
(*)
Đặt
2
x
t
(ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
3
60
2
a
O
C
B
A
D
S
(nhan)
(loai)
2
1
2
2
2 3 2 0
t
t t
t
Với t = 2:
2 2 1
x
x
Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 1.
1
0
(1 )
x
I x e dx
Đặt
1
x x
u x du dx
dv e dx v e
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
1 1
1
1 0 1 0
0
0
0
(1 ) (1 1) (1 0) 2 1 ( )
x x x
I x e e dx e e e e e e e
Vậy,
1
0
(1 )
x
I x e dx e
Hàm số
2
( 1)
x
y e x x
liên tục trên đoạn [0;2]
2 2 2 2
( ) ( 1) ( 1) ( 1) (2 1) ( 2)
x x x x x
y e x x e x x e x x e x e x x
Cho
(nhan)
(loai)
2 2
1 [0;2]
0 ( 2) 0 2 0
2 [0;2]
x
x
y e x x x x
x
Ta có,
1 2
(1) (1 1 1)
f e e
0 2
(0) (0 0 1) 1
f e
2 2 2
(2) (2 2 1)
f e e
Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là
e
và số lớn nhất là
2
e
Vậy,
khi khi
2
[0;2] [0;2]
min 1; max 2
y e x y e x
Câu III
Gọi O là tâm của mặt đáy thì
( )
SO ABCD
do đó SO là đường cao
của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO,
do đó
0
60
SBO
(là góc giữa SB và mặt đáy)
Ta có,
tan .tan .tan
2
SO BD
SBO SO BO SBO SBO
BO
0
2.tan 60 6
a a
Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là
3
1 1 1 4 6
. . . 2 .2 . 6
3 3 3 3
a
V B h AB BC SO a a a
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: Với
(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C
.
Ta có hai véctơ:
( 1; 2;4)
AB
,
( 2;1;3)
AC
2 4 4 1 1 2
[ , ] ; ; ( 10; 5; 5) 0 , ,
1 3 3 2 2 1
AB AC A B C
không thẳng hàng.
Điểm trên mp
( )
ABC
:
(2;0; 1)
A
vtpt của mp
( )
ABC
:
[ , ] ( 10; 5; 5)
n AB AC
Vậy, PTTQ của mp
( )
ABC
:
0 0 0
( ) ( ) ( ) 0
A x x B y y C z z
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
4
10( 2) 5( 0) 5( 1) 0
10 5 5 15 0
2 3 0
x y z
x y z
x y z
Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng
( )
a
, có vtcp
(2;1;1)
u
PTTS của
2
:
x t
d y t
z t
. Thay vào phương trình mp
( )
a
ta được:
1
2
2(2 ) ( ) ( ) 3 0 6 3 0t t t t t
Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là
1 1
2 2
1; ;
H
Câu Va: Đặt
z a bi z a bi
, thay vào phương trình ta được
2( ) 6 2 2 2 6 2 3 6 2
3 6 2
2 2 2 2
2 2
a bi a bi i a bi a bi i a bi i
a a
z i z i
b b
Vậy,
2 2
z i
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb: Với
(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C
.
Bài giải hoàn toàn giống bài giải câu IVa (phần của ban cơ bản): đề nghị xem lại phần trên
Đường thẳng AC đi qua điểm
(2;0; 1)
A
, có vtcp
( 2;1;3)
u AC
Ta có,
( 1; 2;4)
AB
( 2;1;3)
u AC
. Suy ra
2 4 4 1 1 2
[ , ] ; ; ( 10; 5; 5)
1 3 3 2 2 1
AB u
Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta được
2 2 2
2 2 2
[ , ] ( 10) ( 5) ( 5)
15
( , )
14
( 2) (1) (3 )
AB u
d B AC
u
Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm
(1; 2; 3)
B
, bán kính
15
( , )
14
R d B AC
nên có pt
2 2 2
225
( 1) ( 2) ( 3)
14
x y z
Câu Vb: Ta có,
3 3 2 2 3 3
( 3 ) ( 3) 3.( 3) . 3. 3. 3 3 9 3 3 2 .
i i i i i i i
Do đó,
670
2010 3 3 670 2010 670 2010 4 167 2 2010
( 3 ) ( 3 ) ( 2 ) 2 . 2 .( ) . 2
i i i i i i
Vậy,
2011 2010
( 3 ) 2 .( 3 )
z i i
2010 2 2
2 . ( 3) 1 2011
z
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
5
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 02
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
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
3 3
y x x x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
( )
C
biết tiếp tuyến song song với đường thẳng có
phương trình
3
y x
.
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình:
6.4 5.6 6.9 0
x x x
2) Tính tích phân:
0
(1 cos )
I x xdx
p
3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
2
( 3)
x
y e x
trên đoạn [–2;2].
Câu III (1,0 điểm):
Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (BA = BC), cạnh bên SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và có độ dài là
3
a
, cạnh bên SB tạo với đáy một góc 60
0
. Tính diện tích toàn phần của
hình chóp.
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 điểm
(2;1;1)
A
và hai đường thẳng
,
1 2 1 2 2 1
: :
1 3 2 2 3 2
x y z x y z
d d
1) Viết phương trình mặt phẳng
( )
a
đi qua điểm A đồng thời vuông góc với đường thẳng d
2) Viết phương trình của đường thẳng
đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d đồng thời cắt
đường thẳng
d
Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
4 2
( ) 2( ) 8 0
z z
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho mp(P) và mặt cầu (S) lần lượt có phương trình
( ) : 2 2 1 0
P x y z
và
2 2 2
( ) : – 4 6 6 17 0
S x y z x y z
1) Chứng minh mặt cầu cắt mặt phẳng.
2) Tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn giao tuyến của mặt cầu và mặt phẳng.
Câu Vb (1,0 điểm): Viết số phức sau dưới dạng lượng giác
1
2 2
z
i
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:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
6
x
y
2
2
1
I
O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I :
3 2
3 3
y x x x
Tập xác định:
D
Đạo hàm:
2
3 6 3
y x x
Cho
2
0 3 6 3 0 1
y x x x
Giới hạn:
;
lim lim
x x
y y
Bảng biến thiên
x
– 1 +
y
+ 0 +
y
– 1 +
Hàm số ĐB trên cả tập xác định; hàm số không đạt cực trị.
6 6 0 1 1
y x x y
. Điểm uốn là I(1;1)
Giao điểm với trục hoành:
Cho
3 2
0 3 3 0 0
y x x x x
Giao điểm với trục tung:
Cho
0 0
x y
Bảng giá trị: x 0 1 2
y 0 1 2
Đồ thị hàm số (như hình vẽ bên đây):
3 2
( ) : 3 3
C y x x x
. Viết của
( )
C
song song với đường thẳng
: 3
y x
.
Tiếp tuyến song song với
: 3
y x
nên có hệ số góc
0
( ) 3
k f x
Do đó:
2 2
0
0 0 0 0
0
0
3 6 3 3 3 6 0
2
x
x x x x
x
Với
0
0
x
thì
3 2
0
0 3.0 3.0 0
y
và
0
( ) 3
f x
nên pttt là:
0 3( 0) 3
y x y x
(loại vì trùng với
)
Với
0
2
x
thì
3 2
0
2 3.2 3.2 2
y
và
0
( ) 3
f x
nên pttt là:
2 3( 2) 3 4
y x y x
Vậy, có một tiếp tuyến thoả mãn đề bài là:
3 4
y x
Câu II
6.4 5.6 6.9 0
x x x
. Chia 2 vế pt cho
9
x
ta được
2
4 6 2 2
6. 5. 6 0 6. 5. 6 0
3 3
9 9
x x
x x
x x
(*)
Đặt
2
3
x
t
(ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành
(nhan) , (loai)
2
3 2
6 5 6 0
2 3
t t t t
Với
3
2
t
:
1
2 3 2 2
1
3 2 3 3
x x
x
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1
x
.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
7
60
a
3
A
B
C
S
0 0 0
(1 cos ) cos
I x xdx xdx x xdx
p p p
Với
2 2 2 2
1
0
0
0
2 2 2 2
x
I xdx
p
p
p p
Với
2
0
cos
I x xdx
p
Đặt
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
0 0
2
0
0
sin sin 0 ( cos ) cos cos cos 0 2
I x x xdx x x
p
p p p
p
Vậy,
2
1 2
2
2
I I I
p
Hàm số
2
( 3)
x
y e x
liên tục trên đoạn [–2;2]
2 2 2 2
( ) ( 3) ( 3) ( 3) (2 ) ( 2 3)
x x x x x
y e x e x e x e x e x x
Cho
(nhan)
(loai)
2 2
1 [ 2;2]
0 ( 2 3) 0 2 3 0
3 [ 2;2]
x
x
y e x x x x
x
Ta có,
1 2
(1) (1 3) 2
f e e
2 2 2
( 2) [( 2) 3]
f e e
2 2 2
(2) (2 3)
f e e
Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là
2
e
và số lớn nhất là
2
e
Vậy,
khi khi
2
[ 2;2] [ 2;2]
min 2 1; max 2
y e x y e x
Câu III
Theo giả thiết,
, , ,
SA AB SA AC BC AB BC SA
Suy ra,
( )
BC SAB
và như vậy
BC SB
Do đó, tứ diện S.ABC có 4 mặt đều là các tam giác vuông.
Ta có, AB là hình chiếu của SB lên (ABC) nên
0
60
SBA
3
tan ( )
3
tan
SA SA a
SBA AB a BC
AB
SBO
2 2 2 2
2
AC AB BC a a a
2 2 2 2
( 3) 2
SB SA AB a a a
Vậy, diện tích toàn phần của tứ diện S.ABC là:
2
1
( . . . . )
2
1 3 3 6
( 3. 2 . 3. 2 . )
2 2
TP SAB SBC SAC ABC
S S S S S
SA AB SB BC SA AC AB BC
a a a a a a a a a
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:
Điểm trên mp
( )
a
:
(2;1;1)
A
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
8
d
d'
A
B
I
vtpt của
( )
a
là vtcp của d:
(1; 3;2)
d
n u
Vậy, PTTQ của mp
( )
a
:
0 0 0
( ) ( ) ( ) 0
A x x B y y C z z
1( 2) 3( 1) 2( 1) 0
2 3 3 2 2 0
3 2 1 0
x y z
x y z
x y z
PTTS của
2 2
: 2 3
1 2
x t
d y t
z t
. Thay vào phương trình mp
( )
a
ta được:
(2 2 ) 3(2 3 ) 2( 1 2 ) 1 0 7 7 0 1
t t t t t
Giao điểm của
( )
a
và
d
là
(4; 1; 3)
B
Đường thẳng
chính là đường thẳng AB, đi qua
(2;1;1)
A
, có vtcp
(2; 2; 4)
u AB
nên có
PTTS:
2 2
: 1 2 ( )
1 4
x t
y t t
z t
Câu Va:
4 2
( ) 2( ) 8 0
z z
Đặt
2
( )
t z
, thay vào phương trình ta được
2
2
2
2 2
4 ( ) 4
2 8 0
2
2 2
( ) 2
z z
t z
t t
t
z i z i
z
Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm:
1 2 3 4
2; 2; 2; 2
z z z i z i
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:
Từ pt của mặt cầu (S) ta tìm được hệ số : a = 2, b = –3, c = –3 và d = 17
Do đó, mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính
2 2 2
2 ( 3) ( 3) 17 5
R
Khoảng cách từ tâm I đến mp(P):
2 2 2
2 2( 3) 2( 3) 1
( ,( )) 1
1 ( 2) 2
d d I P R
Vì
( ,( ))
d I P R
nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C)
Gọi d là đường thẳng qua tâm I của mặt cầu và vuông góc mp(P) thì d có vtcp
(1; 2;2)
u
nên có PTTS
2
: 3 2
3 2
x t
d y t
z t
(*). Thay (*) vào pt mặt phẳng (P) ta được
1
(2 ) 2( 3 2 ) 2( 3 2 ) 1 0 9 3 0
3
t t t t t
Vậy, đường tròn (C) có tâm
5 7 11
; ;
3 3 3
H
và bán kính
2 2
5 1 2
r R d
Câu Vb:
2 2
2
1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2
2 2 (2 2 )(2 2 ) 8 4 4 4 4 4
4 4
i i i
z i z
i i i
i
Vậy,
1 1 2 2 2 2
cos sin
4 4 4 2 2 4 4 4
z i i i
p p
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
9
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 03
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
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:
4 2
4 3
y x x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số đã cho.
2) Dựa vào
( )
C
, hãy biện luận số nghiệm của phương trình:
4 2
4 3 2 0
x x m
3) Viết phương trình tiếp tuyến với
( )
C
tại điểm trên
( )
C
có hoành độ bằng
3
.
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình:
1
7 2.7 9 0
x x
2) Tính tích phân:
2
(1 ln )
e
e
I x xdx
3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
2
2 2
1
x x
y
x
trên đoạn
1
2
[ ;2]
Câu III (1,0 điểm):
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SA = 2a.
Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
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
2 3 2
OI i j k
và mặt phẳng
( )
P
có phương trình:
2 2 9 0
x y z
1) Viết phương trình mặt cầu
( )
S
có tâm là điểm I và tiếp xúc với mặt phẳng
( )
P
.
2) Viết phương trình mp
( )
Q
song song với mp
( )
P
đồng thời tiếp xúc với mặt cầu
( )
S
Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây:
3 2
4 3 1
y x x x
và
2 1
y x
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(–1;2;7) và đường thẳng d có
phương trình:
2 1
1 2 1
x y z
1) Hãy tìm toạ độ của hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d.
2) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với đường thẳng d.
Câu Vb (1,0 điểm): Giải hệ pt
4 4 4
log log 1 log 9
20 0
x y
x y
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:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
10
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I :
4 2
4 3
y x x
Tập xác định:
D
Đạo hàm:
3
4 8
y x x
Cho
3 2
2 2
0
4 0 0
0 4 8 0 4 ( 2) 0
2 0 2
2
x
x x
y x x x x
x x
x
Giới hạn:
lim lim
x x
y y
;
Bảng biến thiên
x
–
2
0
2
+
y
+ 0 – 0 + 0 –
y
1 1
– –3 –
Hàm số ĐB trên các khoảng
( ; 2),(0; 2)
, NB trên các khoảng
( 2;0),( 2; )
Hàm số đạt cực đại y
CĐ
= 1 tại
2
x
CÑ
, đạt cực tiểu y
CT
= –3 tại
0
x
CT
.
Giao điểm với trục hoành: cho
2
4 2
2
1
1
0 4 3 0
3
3
x
x
y x x
x
x
Giao điểm với trục tung: cho
0 3
x y
Bảng giá trị: x
3
2
0
2
3
y 0 1 –3 1 0
Đồ thị hàm số:
x
y
y = 2m
2
- 2
- 3
3
1
2m
-3
-1
O
1
4 2 4 2
4 3 2 0 4 3 2
x x m x x m
(*)
Số nghiệm pt(*) bằng với số giao điểm của
4 2
( ) : 4 3
C y x x
và d: y = 2m.
Ta có bảng kết quả:
M 2m
Số giao điểm
của (C) và d
Số nghiệm
của pt(*)
m > 0,5 2m > 1 0 0
m = 0,5 2m = 1 2 2
–1,5< m < 0,5 –3< 2m < 1 4 4
m = –1,5 2m = –3 3 3
m < –1,5 2m < –3 2 2
0 0
3 0
x y
3
0
( ) ( 3) 4 8 4 3
f x f y x x
Vậy, pttt cần tìm là:
0 4 3( 3) 4 3 12
y x y x
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
11
a
2a
I
C
B
A
D
S
Câu II
1
7
7 2.7 9 0 7 2. 9 0
7
x x x
x
(*)
Đặt
7
x
t
(ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành
nhan
nhan
2 2
2( )
14
9 0 14 9 0 9 14 0
7( )
t
t t t t t
t
t
Với
2
t
:
7
7 2 log 2
x
x
Với
7
t
:
7 7 1
x
x
Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm :
1
x
và
7
log 2
x
2
(1 ln )
e
e
I x xdx
Đặt
2
1
1 ln
2
du dx
u x
x
dv xdx
x
v
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
2 2
2
2 4 2 2
4 4 2 4 2
2
(1 ln ) (1 2) (1 1)
2 2 2 2 4
3 5 3
2 4 4 4 4
e e
e
e
e e
x x x e e x
I dx
e e e e e
e
Vậy,
4 2
5 3
4 4
e e
I
Hàm số
2
2 2
1
x x
y
x
liên tục trên đoạn
1
2
[ ;2]
2 2 2 2
2 2 2
( 2 2) ( 1) ( 2 2)( 1) (2 2)( 1) ( 2 2)1 2
( 1) ( 1) ( 1)
x x x x x x x x x x x x
y
x x x
Cho
(nhan)
(loai)
1
2
2
1
2
0 [ ;2]
0 2 0
2 [ ;2]
x
y x x
x
Ta có,
(0) 2
f
1 5
2 2
f
10
(2)
3
f
Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 2 và số lớn nhất là
10
3
Vậy,
khi khi
1 1
2 2
[ ;2] [ ;2]
10
min 2 0; max 2
3
y x y x
Câu III Theo giả thiết,
, , ,
SA AC SA AD BC AB BC SA
Suy ra,
( )
BC SAB
và như vậy
BC SB
Hoàn toàn tương tự, ta cũng sẽ chứng minh được
CD SD
.
A,B,D cùng nhìn SC dưới 1 góc vuông nên A,B,D,S,C cùng thuộc
đường tròn đường kính SC, có tâm là trung điểm I của SC.
Ta có,
2 2 2 2
(2 ) ( 2) 6
SC SA AC a a a
Bán kính mặt cầu:
6
2 2
SC a
R
Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD là:
2
2 2
6
4 4 6
2
a
S R a
p p p
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
12
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:
2 3 2 (2;3; 2)
OI i j k I
Tâm của mặt cầu:
(2;3; 2)
I
Bán kính của mặt cầu:
2 2 2
2 2.3 2.( 2) 9
9
( ,( )) 3
3
1 ( 2) ( 2)
R d I P
Vậy, pt mặt cầu
( )
S
là:
2 2 2 2
( ) ( ) ( )
x a y b z c R
2 2 2
( 2) ( 3) ( 2) 9
x y z
( ) || ( ) : 2 2 9 0
Q P x y z
nên (Q) có vtpt
( )
(1; 2; 2)
P
n n
Do đó PTTQ của mp(Q) có dạng
( ) : 2 2 0( 9)
Q x y z D D
Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên
(nhan)
loai
2 2 2
9
2 2.3 2.( 2)
( ,( )) 3 3 9
9( )
3
1 ( 2) ( 2)
D
D
D
d I Q R D
D
Vậy, PTTQ của mp(Q) là:
( ) : 2 2 9 0
Q x y z
Câu Va: Cho
3 2 3 2
1
4 3 1 2 1 4 5 2
2
x
x x x x x x x
x
Diện tích cần tìm là:
2
3 2
1
4 5 2
S x x x dx
hay
2
4 3 2
2
3 2
1
1
4 5 1 1
( 4 5 2) 2
4 3 2 12 12
x x x
S x x x dx x
(đvdt)
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:
Gọi H là hình chiếu của A lên d thì
(2 ;1 2 ; )
H t t t
, do đó
(3 ;2 1; 7)
AH t t t
Do
AH d
nên
. 0 (3 ).1 (2 1).2 ( 7).1 0 6 6 0 1
d
AH u t t t t t
Vậy, toạ độ hình chiếu của A lên d là
(3;3;1)
H
Tâm của mặt cầu: A(–1;2;7)
Bán kính mặt cầu:
2 2 2
4 1 ( 6) 53
R AH
Vậy, phương trình mặt cầu là:
2 2 2
( 1) ( 2) ( 7) 53
x y z
Câu Vb
: ĐK: x > 0 và y > 0
4 4 4 4 4
log log 1 log 9 log log 36 36
20 0 20 0 20
x y xy xy
x y x y x y
x và y là nghiệm phương trình:
2
18 0
20 36 0
2 0
X
X X
X
Vậy, hệ pt đã cho có các nghiệm:
;
18 2
2 18
x x
y y
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
13
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 04
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
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:
4 2
( 1) 2 1
y x m x m
(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số khi m = 1.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của
( )
C
tại điểm trên
( )
C
có hoành độ bằng
3
.
3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị.
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình:
2 0,5
log ( 3) log ( 1) 3
x x
2) Tính tích phân:
2
1
0
( )
x
I x x e dx
3) Cho hàm số
4
2
x x
y e e
. Chứng minh rằng,
13 12
y y y
Câu III (1,0 điểm):
Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC vuông cân tại B, SA= a,
SB hợp với đáy một góc 30
0
.Tính thể tích của khối chóp S.ABC.
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 Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt có pt
3 2
: 1 ,( ) : 3 2 6 0
x t
d y t P x y z
z t
1) Tìm toạ độ điểm A giao điểm của đường thẳng d và mp(P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi
qua điểm A, đồng thời vuông góc với đường thẳng d.
2) Viết phương trình mặt cầu
( )
S
tâm
(2;1;1)
I
, tiếp xúc với mp(P). Viết phương trình mặt phẳng
tiếp diện của mặt cầu
( )
S
biết nó song song với mp(P).
Câu Va (1,0 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức
z i
z i
w
, trong đó
1 2
z i
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt có pt
3 1
: ,( ) : 3 2 6 0
2 1 1
x y z
d P x y z
1) Chứng minh rằng đường thẳng d cắt mặt phẳng (P) nhưng không vuông góc với (P). Tìm toạ độ
điểm A là giao điểm của đường thẳng d và mp(P).
2) Tìm phương trình hình chiếu của đường thẳng d lên mp(P).
Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
2
4 4 0
iz z i
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:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
14
x
y
-3
-1
O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I:
Với m = 1 ta có hàm số:
4 2
2 3
y x x
Tập xác định:
D
Đạo hàm:
3
4 4
y x x
Cho
3
0 4 4 0 0
y x x x
Giới hạn:
;
lim lim
x x
y y
Bảng biến thiên
x
– 0
y
– 0 +
y
–3
Hàm số ĐB trên các khoảng
(0; )
, NB trên khoảng
( ;0)
Hàm số đạt cực tiểu y
CT
=
–3
tại
CT
0
x
.
Giao điểm với trục hoành:
Cho
2
4 2 2
2
1
0 3 3 0 1 1
3
x
y x x x x
x
Giao điểm với trục tung: cho
0 3
x y
Bảng giá trị: x –1 0 1
y 0 –3 0
Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây
0 0
2 5
x y
3
0
( ) ( 2) 4.( 2) 4.( 2) 12 2
f x f
Vậy, pttt cần tìm là:
5 12 2( 2) 12 2 19
y x y x
.
4 2
( 1) 2 1
y x m x m
(1)
Tập xác định
D
3
4 2( 1)
y x m x
(đây là một đa thức bậc ba)
3 2
2
0
0 4 2( 1) 0 2 (2 1) 0
2 1 (*)
x
y x m x x x m
x m
Hàm số (1) có 3 điểm cực trị
(*)
có 2 nghiệm pbiệt khác 0
1 0 1
m m
Vậy, với
1
m
thì hàm số (1) có 3 điểm cực trị.
Câu II:
2 2
log ( 3) log ( 1) 3
x x
(*)
Điều kiện:
3 0 3
3
1 0 1
x x
x
x x
Khi đó, (*)
2
2
log [( 3)( 1)] 3 ( 3)( 1) 8 3 3 8
x x x x x x x
hoac
2
4 5 0 1 5
x x x x
So với điều kiện đầu bài ta chỉ nhận x = 5
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất:
5
x
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
15
30
a
A
C
B
S
2 2 2 2
1
3
1 1 1 1 1
2
0 0 0 0 0
0
1
( ) .
3 3
x x x x
x
I x x e dx x dx xe dx xe dx e xdx
Đặt
2
2 .
2
dt
t x dt x dx xdx
Đổi cận: x 0 1
t 0 1
Vậy,
1
1
0
0
1 1 1 1 1
.
3 2 3 2 3 2 2 2 6
t
t
dt e e e
I e
Xét hàm số
4
2
x x
y e e
.
Ta có,
4
4 2
x x
y e e
;
4
16 2
x x
y e e
;
4
64 2
x x
y e e
Từ đó,
4 4 4
13 64 2 13(4 2 ) 12 24 12
x x x x x x
y y e e e e e e y
Vậy, với
4
2
x x
y e e
thì
13 12
y y y
Câu III
( )
( )
SA ABC
SA AB
AB ABC
và hình chiếu của SB lên (ABC)
là AB, do đó
0
30
SBA
0
cot .cot .cot30 3
AB
SBA BC AB SA SBA a a
SA
2
1 1 3
. 3. 3
2 2 2
ABC
a
S AB BC a a
Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là:
2 3
1 1 3
.
3 3 2 2
ABC
a a
V SAS a
(đvtt)
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:
Thay ptts của d vào ptmp(P), ta được:
( 3 2 ) 3( 1 ) 2( ) 6 0 3 6 0 2
t t t t t
Thay t = 2 vào ptts của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P) là:
(1;1; 2)
A
mp(Q) đi qua điểm
(1;1; 2)
A
, vuông góc với d nên có vtpt
(2;1; 1)
d
n u
Vậy, PTTQ của mp(Q):
2( 1) 1( 1) 1( 2) 0
x y z
2 5 0
x y z
Mặt cầu
( )
S
có tâm là điểm
(2;1;1)
I
Do
( )
S
tiếp xúc với mp
( ) : 3 2 6 0
P x y z
nên
( )
S
có bán kính
2 2 2
2 3.1 2.1 6 7 14
( ,( ))
2
14
1 ( 3) 2
R d I P
Phương trình mặt cầu
2 2 2
7
( ) : ( 2) ( 1) ( 1)
2
S x y z
Gọi
( )
Q
là mp song song với
( ) : 3 2 6 0
P x y z
thì phương trình mp(Q) có dạng
( ) : 3 2 0 ( 6)
Q x y z D D
( )
Q
tiếp xúc mặt cầu
( )
S
nên:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
16
(loai)
(nhan)
2 2 2
2 3.1 2.1 14 1 14
( ,( ))
2 2
14
1 ( 3) 2
1 7 6
1 7
1 7 8
D D
d I Q R
D D
D
D D
Vậy PTTQ của mp
( ) : 3 2 8 0
Q x y z
Câu Va
:
1 2 1 2
z i z i
Ta có,
2
2
1 2 1 3 (1 3 )(1 3 ) 1 6 9 4 3
1 2 1 3 (1 3 )(1 3 ) 5 5
1 9
z i i i i i i i i
i
z i i i i i i
i
w
Vậy, phần thực của
w
là
4
5
, phần ảo của
w
là
3
5
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb
:
d đi qua điểm
0
( 3; 1;0)
M
, có vtcp
(2;1; 1)
d
u
(P) có vtpt
(1; 3;2)
P
n
Ta có,
khoâng cuøng phöông
[ , ] ( 1; 5; 7) 0
. 2.1 1.( 3) 1.2 3 0
d P
d P
d P
d
u n
u n
u n
u
P
n
Vậy, d cắt (P) nhưng không vuông góc với (P)
Thay PTTS của
3 2
: 1
x t
d y t
z t
vào PTTQ của mp
( ) : 3 2 6 0
P x y z
, ta được
( 3 2 ) 3( 1 ) 2( ) 6 0 3 6 0 2
t t t t t
Toạ độ giao điểm của d và mp(P) là:
(1;1; 2)
A
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với (P), thế thì (Q) có vtpt
[ , ] ( 1; 5; 7)
Q d P
n u n
Đường thẳng
là hình chiếu vuông góc của d lên (P) chính là giao tuyến của (P) và (Q)
Do đó
Điểm trên
:
(1;1; 2)
A
vtcp của
:
3 2 2 1 1 3
[ , ] ; ; (31;5; 8)
5 7 7 1 1 5
P Q
u n n
PTTS của
:
1 31
1 5 ( )
2 8
x t
y t t
z t
Câu Vb
:
2
4 4 0
iz z i
(*)
Ta có,
2 2 2
2 .(4 ) 4 4 (2 )
i i i i i
Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt
1
1 (2 ) 3
1 3
i i
z i
i i
2
1 (2 ) 1
1
i i
z i
i i
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
17
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 05
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
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
3 1
y x x
có đồ thị là
( )
C
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
2) Dựa vào đồ thị
( )
C
, hãy tìm điều kiện của tham số k để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân
biệt:
3 2
3 0
x x k
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải bất phương trình:
2 2
2 log ( – 1) log (5 – ) 1
x x
2) Tính tích phân:
1
0
( )
x
I x x e dx
3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
3 2
2 3 12 2
y x x x
trên
[ 1;2]
Câu III (1,0 điểm):
Cho hình lăng trụ tam giác đều
.
ABC A B C
có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính diện tích của mặt
cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.
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 tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng:
1
2 2
( ) : 3
x t
d y
z t
và
2
2 1
( ) :
1 1 2
x y z
d
1) Chứng minh rằng hai đường thẳng
1 2
( ),( )
d d
vuông góc nhau nhưng không cắt nhau.
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d
1
đồng thời song song d
2
. Từ đó, xác định khoảng cách
giữa hai đường thẳng d
1
và d
2
đã cho.
Câu Va (1,0 điểm): Tìm môđun của số phức:
3
1 4 (1 )
z i i
.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng:
1
2 2
( ) : 3
x t
d y
z t
và
2
2 1
( ) :
1 1 2
x y z
d
1) Chứng minh rằng hai đường thẳng
1 2
( ),( )
d d
vuông góc nhau nhưng không cắt nhau.
2) Viết phương trình đường vuông góc chung của
1 2
( ),( )
d d
.
Câu Vb (1,0 điểm): Tìm nghiệm của phương trình sau đây trên tập số phức:
2
z z
, trong đó
z
là số phức liên hợp của số phức z.
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:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
18
x
y
y= m -1
3
1
3
-1
-1
2
O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I:
Hàm số
3 2
3 1
y x x
Tập xác định:
D
Đạo hàm:
2
3 6
y x x
Cho
hoac
2
0 3 6 0 0 2
y x x x x
Giới hạn:
;
lim lim
x x
y y
Bảng biến thiên
x
– 0 2 +
y
– 0 + 0 –
y
+ 3
–1 –
Hàm số ĐB trên khoảng (0;2); NB trên các khoảng (
–;0), (2;+)
Hàm số đạt cực đại
3
y
CÑ
tại
2
x
CÑ
đạt cực tiểu
CT
1
y
tại
CT
0
x
Giao điểm với trục tung: cho
0 1
x y
Điểm uốn:
6 6 0 1 1
y x x y
.
Điểm uốn là I(1;1)
Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3
y 3 –1 1 3 –1
Đồ thị hàm số như hình vẽ:
3 2 3 2 3 2 3 2
3 0 3 3 3 1 1
x x k x x k x x k x x k
(*)
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = k – 1
(*) có 3 nghiệm phân biệt
1 1 3 0 4
k k
Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
0 4
k
Câu II
:
2 2
2 log ( – 1) log (5 – ) 1
x x
Điều kiện:
1 0 1
1 5
5 0 5
x x
x
x x
(1)
Khi đó,
2
2 2 2 2
2 log ( – 1) log (5 – ) 1 log ( – 1) log [2.(5 – )]
x x x x
2 2 2
3
( 1) 2(5 ) 2 1 10 2 9 0
3
x
x x x x x x
x
Đối chiếu với điều kiện (1) ta nhận: 3 < x < 5
Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là:
(3;5)
S
Xét
1
0
( )
x
I x x e dx
Đặt
2
( )
2
x
x
du dx
u x
x
dv x e dx
v e
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
1 1
1
2 2 3
1
0
0 0
0
1
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 6
1 1 4
( ) (0 1)
2 6 3
x x x x
x x x
I x x e dx x e e dx e e
e e
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
19
I
O
O'
M
M '
C'
B'
A
B
C
A '
Tìm GTLN, GTNN của hàm số
3 2
2 3 12 2
y x x x
trên đoạn
[ 1;2]
Hàm số
3 2
2 3 12 2
y x x x
liên tục trên đoạn
[ 1;2]
2
6 6 12
y x x
Cho
(loai)
(nhan)
2
2 [ 1;2]
0 6 6 12 0
1 [ 1;2]
x
y x x
x
Ta có,
3 2
(1) 2.1 3.1 12.1 2 5
f
3 2
3 2
( 1) 2.( 1) 3.( 1) 12.( 1) 2 15
(2) 2.2 3.2 12.2 2 6
f
f
Trong các số trên số
5
nhỏ nhất, số 15 lớn nhất.
Vậy,
khi khi
[ 1;2] [ 1;2]
min 5 2, max 15 1
y x y x
Câu III
Gọi
,
O O
lần lượt là trọng tâm của hai đáy ABC và
A B C
thì
OO
vuông góc với hai mặt đáy. Do đó, nếu gọi I là trung
điểm
OO
thì
IA IB IC
và
IA IB IC
Ta có,
2 2 3 3
3 3 2 3
a a
OA O A AM
Và
2
2
2 2
2 2
3 21
2 3 4 3 6
a a a a a
IA OI OA IA
Suy ra, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và IA là bán kính của nó
Diện tích mặt cầu là:
2 2
2
7 7
4 4
12 3
a a
S R
p
p p
(đvdt)
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:
d
1
đi qua điểm
1
(2;3;0)
M
, có vtcp
1
( 2;0;1)
u
d
2
đi qua điểm
2
(2;1; 0)
M
, có vtcp
2
(1; 1;2)
u
Ta có,
1 2 1 2 1 2
. 2.1 0.( 1) 1.2 0
u u u u d d
1 2
0 1 1 2 2 0
[ , ] ; (1;5;2)
1 2 2 1 1 1
u u
1 2 1 2 1 2
(0; 2;0) [ , ]. 10 0
M M u u M M
Vậy, d
1
vuông góc với d
2
nhưng không cắt d
2
Mặt phẳng (P) chứa d
1
nên đi qua
1
(2;3;0)
M
và song song d
2
Điểm trên mp(P):
1
(2;3;0)
M
vtpt của mp(P):
1 2
[ , ] (1;5;2)
n u u
PTTQ của mp(P):
1( 2) 5( 3) 2( 0) 0
x y z
5 2 17 0
x y z
Khoảng cách giữa d
1
và d
2
bằng khoảng cách từ M
2
đến mp(P), bằng:
2
2 2 2
2 5.1 2.0 17 10 30
( ,( ))
3
30
1 5 2
d M P
Câu Va:
3 2 3
1 4 (1 ) 1 4 1 3 3 1 2
z i i i i i i i
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
20
Vậy,
2 2
1 2 ( 1) 2 5
z i z
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:
(1;1;1), (2; 1;3), (5;2;0), ( 1;3;1)
A B D A
Hoàn toàn giống câu IVa.1 (phần dành cho CT chuẩn): đề nghị xem bài giải ở trên.
1
2 2
( ) : 3
x t
d y
z t
và
2
2 1
( ) :
1 1 2
x y z
d
d
1
đi qua điểm
1
(2;3;0)
M
, có vtcp
1
( 2;0;1)
u
d
2
đi qua điểm
2
(2;1; 0)
M
, có vtcp
1
(1; 1;2)
u
Lấy
1 2
,
A d B d
thì
(2 2 ;3; ), (2 ;1 ;2 ) ( 2 ; 2 ;2 )
A a a B b b b AB b a b b a
AB là đường vuông góc chung của d
1
và d
2
khi và chỉ khi
1
2
0
. 0 2( 2 ) 0 1(2 ) 0 5 0
1
1( 2 ) 1( 2 ) 2(2 ) 0 6 2 0
. 0
3
a
AB u b a b a a
b a b b a b
b
AB u
Đường vuông góc chung của d
1
và d
2
đi qua A(2;3;0)
và có vtcp
1 5 2
( ; ; )
3 3 3
AB
hay
(1;5;2)
u
Vậy, PTCT cần tìm:
2 3
1 5 2
x y z
Câu Vb:
2
z z
(*)
Giả sử
z a bi z a bi
. Thay vào phương trình (*)ta được:
2 2 2 2 2 2
( ) 2 2
a bi a bi a bi a abi b i a bi a b abi
hoac
2 22 2 2 2 2 2
1
2
2 2 0 (2 1) 0 0
a a ba a b a a b a a b
b ab ab b b a b a
Với b = 0, ta được
hoac
2 2
0 0 1
a a a a a a
Với
1
2
a
, ta được
2 2
1 1 3 3
2 4 4 2
b b b
Vậy, các nghiệm phức cần tìm là:
1 2 3 4
1 3 1 3
0 , 1 , ,
2 2 2 2
z z z i z i
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
21
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 06
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
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
1 1 1
2
3 2 6
y x x x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt:
3 2
2 3 12 1 2 0
x x x m
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải bất phương trình:
1 6
2 2 24
x x
2) Tính tích phân:
2
2
1
ln
e
x x
I dx
x
3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
3
1
y x x
tại các giao điểm của nó với
đường thẳng
2 1
y x
.
Câu III (1,0 điểm):
Một hình nón có thiết diện qua trục 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 (3,0 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 tọa độ
( , , , )
O i j k
, cho hình hộp
.
ABCD A B C D
có
0, , 2 3 , 3
OA OB i OC i j k AA k
,
1) Viết phương trình mặt phẳng
( )
ABA
và tính khoảng cách từ
C
đến
( )
ABA
2) Tìm toạ độ đỉnh C và viết phương trình cạnh CD của hình hộp
.
ABCD A B C D
Câu Va (1,0 điểm): Cho
1 3
2 2
z i
. Tính
2
1
z z
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ
( , , , )
O i j k
, cho hình hộp
.
ABCD A B C D
có
0, , 2 3 , 3
OA OB i OC i j k AA k
,
1) Tìm tọa độ các đỉnh C, D và chứng minh rằng
.
ABCD A B C D
là hình hộp chữ nhật.
2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp
.
ABCD A B C D
.
Câu Vb (1,0 điểm): Cho
1 3
2 2
z i
. Tính
2011
z
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:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
22
x
y
d
-3,5
-1
2,5
3,5
-2
O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I:
Hàm số:
3 2
1 1 1
2
3 2 6
y x x x
Tập xác định:
D
Đạo hàm:
2
2
y x x
Cho
hoaëc
2
0 2 0 1 2
y x x x x
Giới hạn:
;
lim lim
x x
y y
Bảng biến thiên
x
–
2
1 +
y
+ 0 – 0 +
y
7
2
–1
Hàm số ĐB trên các khoảng
( ; 2),(1; )
, NB trên các khoảng
( 2;1)
Hàm số đạt cực đại
7
2
y
CÑ
tại
2
x
CÑ
.
Hàm số đạt cực tiểu
CT
1
y
tại
CT
1
x
.
2 1
y x
. Cho
1 5
0 2 1 0
2 4
y x x y
Điểm uốn:
1 5
;
2 4
I
Giao điểm với trục hoành:
3 2
1 1 1
0 2 0
3 2 6
y y x x x
Giao điểm với trục tung: cho
1
0
6
x y
Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 1 2,5
y –1 3,5 1,25 –1 3,5
Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây
3 2 3 2
1 1 1 1
2 3 12 1 2 0 2 0
3 2 6 3
x x x m x x x m
3 2 3 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2
3 2 6 3 3 2 6 3 3
x x x m x x x m
(*)
Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của
( )
C
và
1 1
:
3 3
d y m
Do đó, (*) có 3 nghiệm pb
1 1 7 4 1 19 4 19
1
3 3 2 3 3 6 3 2
m m m
Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt
19 4
2 3
m
Câu II:
1 6
64
2 2 24 2.2 24
2
x x x
x
(*)
Đặt
2
x
t
(ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành:
2
64
2 24 2 24 64 0
t t t
t
8
t
hoặc
4
t
(nhận cả hai nghiệm này do t > 0)
Với
8
t
ta có
2 8 3
x
x
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
23
B
A
O
S
I
C'
C
B'
D '
A '
A
D
B
Với
4
t
ta có
2 4 2
x
x
Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3.
2
2 2 2
1 1 1
1
ln ln ln
1
e
e e e
x x x x
I dx dx dx dx
x x x
Xét
1
1
1
1
e
e
I dx x e
Xét
2
2
1
ln
e
x
I dx
x
. Đặt
2
1
ln
1
1
u x
du dx
x
dv dx
v
x
x
. Khi đó,
2
2
1
1 1
ln 1 1 1 1 1 2
1 1
e e
e
x
I dx
x e x e e e
x
Vậy,
1 2
2 2
1 1I I I e e
e e
Viết pttt của
3
1
y x x
tại các giao điểm của nó với đường thẳng
2 1
y x
Cho
3 3
1 2 1 3 2 1, 2
x x x x x x x
2
3 1
y x
Với
3
0 0
1 1 1 1 1
x y
và
2
(1) 3.1 1 2
f
pttt tại
0
1
x
là:
1 2( 1) 2 1
y x y x
Với
3
0 0
2 ( 2) ( 2) 1 5
x y
và
2
( 2) 3.( 2) 1 11
f
pttt tại
0
1
x
là:
5 11( 2) 11 17
y x y x
Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là:
2 1
y x
và
11 17
y x
Câu III: Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ)
Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a.
Do đó,
2 2
2
AB SA SB a
và
1 2
2 2
a
SO OA AB
Vậy, diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón :
xq
2
2 2
2 2 2
a a a
S rl
p
p p ;
t p xq
2
2
2 2
2
2 2
a a
S S r a
p
p p p
Thể tích khối nón:
2
3
2
1 1 2 2 2
3 3 2 2 12
a a a
V r h
p
p p
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: Từ giả thiết ta có
(0;0;0)
A
,
(1; 0; 0)
B
,
(1;2; 3)
C
,
(0; 0;3)
A
Điểm trên
( )
ABA
:
(0;0;0)
A
Hai véctơ:
(1;0;0)
AB
,
(0; 0;3)
AA
vtpt của
( )
ABA
:
0 0 0 1 1 0
[ , ] ; ; (0; 3;0)
0 3 3 0 0 0
n AB AA
PTTQ của
( )
ABA
:
0( 0) 3( 0) 0( 0) 0 0
x y z y
2 2 2
2
( ,( )) 2
0 1 0
d C ABA
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
24
I
C'
C
B'
D '
A '
A
D
B
Từ
(0;0;3) (1 ;2 ;3 )
C C C
AA CC x y z
, ta tìm được
(1;2;0)
C
Do CD || AB nên CD có vtcp
(1; 0; 0)
u AB
Và hiển nhiên CD đi qua C nên có PTTS:
1
2 ( )
0
x t
y t
z
Câu Va:
2
2
1 3 1 3 1 3 3 1 3
2 2 2 2 4 2 4 2 2
z i z i i i
Do đó,
2
1 3 1 3
1 1 0
2 2 2 2
z z i i
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Từ
(0;0;3) (1 ;2 ;3 )
C C C
AA CC x y z
, ta tìm được
(1;2;0)
C
Từ
(1;0;0) (1 ;2 ; )
D D D
AB DC x y z
, ta tìm được
(0;2;0)
D
(1;0; 0) . 0
(0;2;0) . 0
( )
(0;0; 3) . 0
AB AB AD
AB AD
AB AD
AD AA AB AA AB
AA ABCD
AA AB
AA AA AD
Vậy,
.
ABCD A B C D
là hình hộp chữ nhật.
Gọi
( )
S
là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp
.
ABCD A B C D
Tâm của mặt cầu:
1 3
2 2
;1;
I
(là trung điểm đoạn
AC
)
Bán kính mặt cầu:
2 2 2
1 1 14
1 2 3
2 2 2
R AC
Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là:
2 2 2
1 3
2 2
7
( ) ( 1) ( )
2
x y z
Câu Vb:
2
2
1 3 1 3 1 3 3 1 3
2 2 2 2 4 2 4 2 2
z i z i i i
2
2
3 2
670
2011 2010 3 670
1 3 1 3 1 3
. 1
2 2 2 2 2 2
1 3
. . 1 .
2 2
z z z i i i
z z z z z z z i
Vậy, với
1 3
2 2
z i
thì
2011
1 3
2 2
z z i
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
GV: Huỳnh Tấn Quảng
25
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 07
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
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:
1
x
y
x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến với
( )
C
tại các giao điểm của
( )
C
với
:
y x
3) Tìm các giá trị của tham số k để đường thẳng d:
y kx
cắt
( )
C
tại 2 điểm phân biệt.
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải bất phương trình:
2
2
2
2
1
9 3.
3
x x
x x
2) Tìm nguyên hàm
( )
F x
của hàm số
( ) 2 ln
f x x x
, biết
(1) 1
F
3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
3 2
4 3 5
y x x x
trên đoạn
[ 2;1]
Câu III (1,0 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông góc với đáy. Gọi D, E lần lượt
là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Biết rằng AB = 3, BC = 2 và SA = 6.
Tính thể tích khối chóp S.ADE.
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 Oxyz , cho hình hộp
.
ABCD A B C D
có toạ độ các đỉnh:
(1;1;1), (2; 1;3), (5;2;0), ( 1;3;1)
A B D A
1) Xác định toạ độ các đỉnh C và
B
của hình hộp. Chứng minh rằng, đáy ABCD của hình hộp là
một hình chữ nhật.
2). Viết phương trình mặt đáy (ABCD), từ đó tính thể tích của hình hộp
.
ABCD A B C D
Câu Va (1,0 điểm): Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường:
1
1y
x
, trục hoành và x = 2. Tính thể
tích vật thể tròn xoay khi quay hình (H) quanh trục Ox.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho hình hộp
.
ABCD A B C D
có toạ độ các đỉnh:
(1;1;1), (2; 1;3), (5;2;0), ( 1;3;1)
A B D A
1) Xác định toạ độ các đỉnh C và
B
của hình hộp. Chứng minh, ABCD là hình chữ nhật.
2) Viết phương trình mặt cầu đi qua các đỉnh A,B,D và
A
của hình hộp và tính thể tích của mặt cầu
đó.
Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
2
– (1 5 ) – 6 2 0
z i z i
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:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
