De thi thu so 01 TNTHPT 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ SỐ 1. GIẢI ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm) 2 Câu I. (3 điểm) Cho hàm số y (1  x) (4  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 3 3) Tìm m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt : x  6 x  9 x  4  m 0 2 3 2 1/ Hàm số có thể viết lại y (1  2 x  x )(4  x)  x  6 x  9 x  4 +Tập xác định : D =  2 2 + Đạo hàm y '  3x  12 x  9  3( x  4 x  3).  x 1 y ' 0    x 3 lim y  ; lim y   x   + Giới hạn : x   : Hàm số không có tiệm cận + Bảng biến thiên :  x 1 3 +   y’ 0 + 0 y + 4  0 +Hàm số đồng biến trên khoảng (1 ; 3) và nghịch biến trên các khoảng ( ; 1) và (3 ; + ) +Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 ; cực đại tại x = 3 ; yCĐ = 4 +Điểm uốn : y ''  6 x  12 ; y '' 0  x 2  điểm uốn U (2 ; 2) +Đồ thị (C) của hàm số nhận điểm U làm tâm đối xứng + Điểm đặc biệt :  Giao điểm của đồ thị với trục tung Oy là : (0 ; 4)  Giao điểm của đồ thị với trục hoành Ox : (1 ; 0) ; (4 ; 0) + Đồ thị :.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2) Ta có giao điểm của đồ thị với trục hoành Ox : A (1 ; 0) ; B(4 ; 0)  y '(1) 0 : nên y = 0 là tiếp tuyến d1 của (C) Và y '(4)  9 nên y = 9(x  4) là tiếp tuyến d2 của (C) 3 2 3 2 3) x  6 x  9 x  4  m 0   x  6 x  9 x  4 m Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của (C) và đường thẳng y = m Dựa vào đồ thị ta có : d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt  0 < m < 4 Vậy pt trên có ba nghiệm phân biệt  0 < m < 4 Câu II (3 điểm) 2 x 1 x 1) Giải phương trình : 2  3.2  2 0 x Đặt t 2  0, x.  t 2   t  1 (loai ) 2 2 Phương trình trở thành : 2t  3t  2 0   x  2 2  x 1 2) Tính tích phân I =. 1. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 0. x x x x (1  x )e dx e dx  x.e dx e  1  x.e dx. u  x du dx 1 1 1 1    x.e x dx  x.e x   e x dx e   e x  e  e  1 1 x x  dv e dx v e  0 0  0 Đặt   0 I=e x 2  0, 2 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y e ( x  x  1) trên đoạn Hàm số liên tục trên đoạn [0 ; 2] x 2 x x 2 Đạo hàm y ' e ( x  x  1)  (2 x  1)e e ( x  x  2).  x 1 y ' 0    x  2 Bảng biến thiến x 2 y’ + 0 y. 0 . . 1 0. 2 + e2. 1 e. min y  e. max y e 2.  [0;2] và [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 600. Tính thể tích của hình chóp..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Do S.ABCD là hình chóp đều nên ABCD là hình vuông với O là tâm , vì cạnh đáy 2a nên  OD = a 2 , và SO  (ABCD)  góc giữa SD và (ABCD) là SDO Trong SDO vuông tại O  SO = OD.tan600 = a 6 1 1 2 4a 3 6 B.h  4a .a 6  3 3 Thể tích VS.ABCD = 3 II. Phần riêng (3.0 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần sau để làm : Phần A. Câu IVa) (2.0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A(2; 0 ;1), B(1 ; 2 ; 3), C(0 ; 1; 2) 1) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng (ABC) 2)  Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O lên mặt phẳng (ABC) Ta có AB ( 1;  2; 4) ,   AC ( 2;1;3) tọa độ hai vectơ AB , AC không tỉ lệ nên chúng không cùng phương. Vậy A, B, C không thẳng hàng       n  AB, AC  ( 10;  5;  5) 0 Gọi là vectơ  pháp tuyến của (ABC) mp(ABC) đi qua A và có vectơ pháp tuyến n nên có phương trình :  10( x  2)  5( y  0)  5( z  1) 0  2 x  y  z  3 0 Câu Va) (1.0 điểm) Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng : z  2 z 6  2i z  2 z 6  2i  a  bi  2(a  bi ) 6  2i  3a  bi 6  2i 3a 6  x 2   b  2  b  2 Vậy z a  bi 2  2i Phần B. Câu IVb) (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2; 0 ;1), B(1 ; 2 ; 3), C(0 ; 1; 2) 1) Chứng minh ba 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.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vì mặt cầu tâm B tiếp xúc với đường thẳng AC nên d(B, AC) = R Cách 1)  x 2  2t   y 0  t  z  1  3t . Phương trình tham số của AC là : GọiH là hình chiếu vuông góc của B(1 ; 2 ; 3) lên AC  H(2  2t ; t ; 1 + 3t)  BH (1  2t ; t  2;  4  3t ) , AC ( 2;1;3)   BH . AC 0   2(1  2t )  t  2  3( 4  3t ) 0 12 6  14t 12  t   14 7   525 5 21 6 6 6  5 20 10 BH (1  2. ;  2;  4  3. ) ( ; ; )  7 7 7 7 7 7  BH = 7 7 Cách 2)    BA. AC  (10;5;5) Ta có : BA (1; 2; 4)    BA, AC  102  52  52 5 21      7 AC 22  12  32 Vậy d(B, AC) = 5 21 Phương trình mặt cầu tâm B(1 ;  2 ; 3) và bán kính R = 7 525 (x  1)2 + (y + 2)2 + (z  3)2 = 49 2012 Câu V b) (1.0 điểm) Tính môđun của số phức z ( 3  i )  3 1        3  i 2   i  2  cos     i sin     6  6    2 2  Ta có :    z ( 3  i ) 2012 2 2012  cos 2012( )  i sin 2012.  6 6  . 2012  mô đun của z là r = 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>

<span class='text_page_counter'>(6)</span>