T12 DE LUYEN THI TOT NGHIEP13

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (108.61 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ SỐ 13 MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút 
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3 điểm)

Cho hàm số 3 3 2 1


x x

y , có đồ thị (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Dùng đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
x3 3x2 1 m0

Câu II (3 điểm)

1. Tính tích phân : I =



  
2

ln
1

2x xdx

2. Giải bất phương trình: log2



x 3



log2



x1



3

3. Cho hàm số

1
1
2





x
x

y có đồ thị (H).Chứng minh tích các khoảng cách từ một điểm

M tuỳ ý thuộc (H) đến hai đường tiệm cận của (H) bằng một số không đổi

Câu III (1 điểm) Cho mặt cầu (S) tâm O, đưịng kính AB = 2R. Mặt phẳng (P) vng góc
với đường thẳng AB tại trung điểm I của OB cắt mặt cầu (S) theo đường trịn (C).Tính thể
tích khối nón đỉnh A đáy là hình trịn (C).

B. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2;1;3).

1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và vng góc với đường thẳng OM.Tìm
toạ độ giao điểm của mp(P) với trục Ox.

2. Chứng tỏ đường thẳng OM song song với đường thẳng d:























t

z

t

y

t

x

3

1

2

1

Câu IVb (1 điểm) Tìm mơđun của số phức z i i i





3
2
1

2. Theo chương trình nâng cao

Câu Va (2 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;2),
B(-1;1;5), C(0;-1;2), D(2;1;1).

1.Tính khoảng cách từ C đến đường thẳng AB.

2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng AB và song song với đường thẳng
CD.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD.

Câu Vb (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số 21





x
x
y

, đường tiệm cận xiên của (C), và các đường thẳng x3,x2.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---Hết---ĐÁP ÁN

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I
(3điểm)

Đáp án Điểm

I.1

Tập xác định D = R
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
y' =3x2 6x

 , 










2
0
0

x
x
y

)
;
2
(
)
0
;
(
,
0
,








 x

y nên hàm số đồng biến trên các

khoảng (;0),(2;)

)
2
;
0
(
,
0
,



 x

y nên hàm số nghịch biến trên khoảng(0;2)

- Cực trị:

Điểm cực đại: x = 0, yCĐ = 1,

Điểm cực tiểu: x = 2, yCT = -3

-Các giới hạn:






 y

xlim xlim y 

Đồ thị khơng có tiệm cận
-Bảng biến thiên:





0 2




y' + 0 - 0 +
y

-Điẻm uốn:
y'' = 6x - 6
y'' = 0  x = 1

y'' đổi dấu khi x đi qua x = 1 nên đồ thị có điểm uốn (1;-1)
Đồ thị:

2đ
0,25

0,25
0,25

0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3 3 2 1 0





 x m

x (1)

 x3  3x21m

Đây là phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C) và đường
thẳng y = m (cùng phương với trục Ox ), nên số nghiệm của
phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường
thẳng y = m.

Khi m < -3 hay m >1 : phương tình có 1 nghiệm
Khi m = -3 hay m = 1: phương trình có 2 nghiệm

Khi -3 < m < 1 :phương trình có 3 nghiệm phân biệt

0.50
0,50
Câu II
(3điểm)
1.
Đặt



























xx

v

x

dx

du

dx

x

dv

x

u

2

)1

2(

ln

Áp dụng cơng thức tích phân từng phần ,suy ra I







2
1
2
1

2 )ln ( 1)

(x x x x dx

2
1
2
)
2
(
2

5  x x

2
5
2
ln
5 

1,0
0,25
0,25
0,25
0,25
2.

Điều kiện

3

03

01 















x

Với điều kiện trên, bất phương trình đã cho tương đương với bất
phương trình:























)
(

5
)
(
1
0
5
4
8
)
3
)(
1
(
2
log
)
3
)(
1
(
log
3
)
3
)(
1
(
log
2
3

2
2
2
N
x
L
x
x
x
x
x
x
x
x
x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S5;)

1,0
0,25

0,25
0,25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

(H) có tiệm cận ngang là y = 2 hay y 20

(H) có tiệm cận đứng là x = -1 hay x10

Lấy bất kỳ điểm M(x0;y0)(H)

Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang là y0  2

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là x0 1

Do đó y0  2 . x0 1 = 2. 1
1

1
2

0
0

0  




x
x

x

= 1 ( khơng đổi )

1,0
0,25

0,25
0,25
0,25
Câu III

(1 điểm) Hình vẽ

Khối nón đỉnh A đáy là hình trịn (C) có
-Đường cao là

AI = AO + OI
= R

2
3

-Bán kính đáy

2
3
2

2 OI R
R

r  

Vậy thể tích khối nón là

V = r AI R R

2
3
.
)
2

3
(
3
1
.

1 2 2



 

= 3

8
3

R



0,25

0,25
0,25

0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu IVa 
(2 điểm)

---Câu IVb
(1 điểm)

Vì OM  (P) nên (2;1;3)



OM là VTPT của mp(P)

Mp(P) đi qua M(2;-1;3) nhận 

OM = (2;-1;3) làm VTPT nên

phương trình của mp(P) là

2(x -2) -1(y+1) +3(z - 3) = 0

hay 2x - y + 3z -14 = 0

Vì A(Ox)nên A(x;0;0)

Vì A(P) nên 2x - 0 + 3.0 -14 = 0

Suy ra x = 7
Vậy A(7;0;0)

---2.

Đường thẳng OM đi qua O(0;0;0) và có VTCP u(2;1;3)

Đường thẳng d có VTCP v(2;1;3)

Ta thấy uv và điểm Od

nên đường thẳng OM song song với đường thẳng d

---Ta có z i i i






3
2

1 2 ( 3( 3)( 3) )
i
i

i
i
i







)i
4

3
2
(
4
5






Vậy

2
2

4
3
2
5
4





















z

127 16 3
4




1,0
0,25

0,25
0,25
0,25

---1,0
0,25
0,25
0,25
0,25

---1,0

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2. Theo chương trình nâng cao

Câu Va

(2 điểm)

---Câu Vb
(1 điểm)

Đường thẳng AB có VTCP (2;1;3)


AB

Ta có (1;1;0)


AC

nên ,  (3;3;3)





  
AC
AB

Vậy khoảng cách từ C đến đường thẳng AB là

14
27
9
1
4
9
9
9
,














AB
AC
AB
h

---2.

Ta có (2;1;3)


AB

và (2;2;1)


CD

Suy ra    












 AB,CD ( 7;4; 6) 0

n

Vectơ  

0

n vng góc với cả hai vectơ AB ,CD nên



n là một vectơ pháp tuyến của mp(P)

Mặt phẳng (P) đi qua A(1; 0; 2) và có vectơ pháp
tuyến 

n nên nó có phương trình

-7(x-1) + 4(y - 0) - 6(z - 2) = 0
hay 7x - 4y + 6z - 19 = 0

Vì CD song song mp(P) chứa AB nên khoảng cách
giữa hai đường thẳng CD và AB bằng khoảng cách
từ C đến mp(P)

Vậy d(CD,AB) = d(C, (P)) =

36
16
49
19
2
.
6

)
1
.(
4
0
.
7






=
101
3

---Đồ thi hàm số 21





x
x

y có tiệm cận xiên là

đường thẳng y = x

Diện tích hình phẳng cần tính là









2
3 1

2 xdx

x
x
S




 

2
3 1
2
dx
x
2
3
1
ln

2 


 x

2ln 34 (đvdt)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7></div>

T12 DE LUYEN THI TOT NGHIEP13

<sub></sub>































<i>t</i>

<i>z</i>

<i>t</i>

<i>y</i>

<i>t</i>

<i>x</i>

3

1

1

2

1



































<i>xx</i>

<i>v</i>

<i>x</i>

<i>dx</i>

<i>du</i>

<i>dx</i>

<i>x</i>

<i>dv</i>

<i>x</i>

<i>u</i>

2

)1

2(

ln



3

03

01

















<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>



<sub></sub>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về