DE ON THI TOT NGHIEP THPT MON TOAN DE 3 CO DAP AN

4 470 0
DE ON THI TOT NGHIEP THPT MON TOAN DE 3  CO DAP AN

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

Ôn thi tốt nghĩa môn toán, lời giải chi tiết

Thầy Huy: 0968 64 65 97 KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG www.facebook.com/hocthemtoan Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 03 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 2 2 ( 1) ( 4) 1y x m x m x m       1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số khi m = 2. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại giao điểm của ( )C với trục tung. 3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 0. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 0,5 2log ( 2) log (2 1) 0x x    2) Tính tích phân: 2 1 0 ( 1) x x e I dx e    3) Cho hàm số 2 2 . x y x e   . Chứng minh rằng, 2 (1 )xy x y    Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, BC = 2a. Hai mặt bên (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy một góc 60 0 . Tính thể tích khối 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 Oxyz , cho (0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3), ( 1;2; 4)A B C D       1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông. Tính diện tích của tam giác ABC. 2) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Tính thể tích tứ diện ABCD. Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2 2 2 5 0    2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho (0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3)A B C     1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông. Tính diện tích của tam giác ABC. 2) Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm B đồng thời vuông góc với mặt phẳng (ABC). Xác định toạ độ điểm D trên  sao cho tứ diện ABCD thể tích bằng 14. Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2 4 8z 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: . x y 1 2 -1 O -1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Với m = 2 ta hàm số: 3 2 2 3 1y x x    Tập xác định: D    Đạo hàm: 2 6 6y x x     Cho hoac 2 0 6 6 0 0 1y x x x x           Giới hạn: ; lim lim x x y y        Bảng biến thiên x – –1 0  y  + 0 – 0 + y 0  – –1  Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 1),(0; )   , NB trên khoảng ( 1;0) Hàm số đạt cực đại y CĐ = 0 tại 1x   CÑ , đạt cực tiểu y CT = –1 tại 0x  CT .  1 1 12 6 0 2 2 y x x y           . Điểm uốn: 1 1 ; 2 2 I              Giao điểm với trục hoành: cho hoac 3 2 1 0 2 3 1 0 1 2 y x x x x         Giao điểm với trục tung: cho 0 1x y     Bảng giá trị: x 3 2  1 1 2  0 1 2 y 1 0 1 2  1 0  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây  Giao điểm của ( )C với trục tung: (0; 1)A   0 0 0 ; 1x y    (0) 0f    Vậy, pttt tại A(0;–1) là: 1 0( 0) 1y x y       3 2 2 2 ( 1) ( 4) 1y x m x m x m        Tập xác định D    2 2 6 2( 1) 4y x m x m        12 2( 1)y x m      Hàm số đạt cực tiểu tại 0 0x  khi và chỉ khi (loai vì ) 2 2 2 (0) 0 6.0 2( 1).0 4 0 (0) 0 12.0 2( 1) 0 2 4 0 2 2 2 1 1 2 2 0 f m m f m m m m m m m                                                                Vậy, với 2m  thì hàm số đạt tiểu tại 0 0x  . Câu II:  2 0,5 2log ( 2) log (2 1) 0x x    (*)  Điều kiện: 2 2 0 2 1 2 1 0 2 x x x x x                            60 a a2 C B A D S  Khi đó, (*) 2 2 2 2 2 2 log ( 2) log (2 1) 0 log ( 2) log (2 1)x x x x         (loai) (nhan) 2 2 1 ( 2) (2 1) 6 5 0 5 x x x x x x                 Vậy, phương trình đã cho nghiệm duy nhất: x = 5  2 2 2 1 1 1 0 0 0 ( 1) 2 1 2 1 ( ) x x x x x x x x x x e e e e e I dx dx dx e e e e e            1 1 1 1 0 0 0 0 1 ( 2 ) ( 2 ) ( 2.1 ) ( 2.0 ) 2 x x x x e e dx e x e e e e e e e                      Vậy, 2 1 0 ( 1) 1 2 x x e I dx e e e        Hàm số 2 2 . x y x e   .    2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) . . . . 2 x x x x x y x e x e e x e                         2 2 2 2 2 2 2 2 . (1 ) x x x e x e x e         Do đó, 2 2 2 2 2 2 2 . (1 ). (1 ). . (1 ) x x xy x x e x x e x y                                Vậy, với 2 2 . x y x e   ta 2 (1 )xy x y    Câu III  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) SAB ABCD SAD ABCD SA ABCD SAB SAD SA                   Suy ra hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC, do đó  0 60SCA     2 2 0 2 2 tan .tan .tan 60 (2 ) . 3 15 SA SCA SA AC SCA AB BC a a a AC          2 . .2 2 ABCD S AB BC a a a    Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 2 1 1 2 15 . 15 2 3 3 3 ACBD a V SAS a a     (đvtt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: (0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3), ( 1;2; 4)A B C D        2 2 2 ( 2; 2; 4) ( 2) ( 2) ( 4) 2 6AB AB             2 2 2 (4; 2; 1) 4 ( 2) ( 1) 21BC BC           . 2.4 2.( 2) 4.( 1) 0AB BC ABC            vuông tại B  Diện tích 1 1 : . .2 6. 21 3 14 2 2 ABC S AB BC     Viết phương trình mặt phẳng (ABC)  Điểm trên mp(ABC): (0;1;2)A  vtpt của (ABC): ( ) 2 4 4 2 2 2 [ , ] ; ; ( 6; 18;12) 2 1 1 4 4 2 ABC u n AB BC                                     PTTQ của mp(ABC): 6( 0) 18( 1) 12( 2)x y z      6 18 12 6 0 3 2 1 0 x y z x y z             Chiều cao ứng với đáy (ABC) của tứ diện ABCDlà khoảng cách từ D đến (ABC) 2 2 2 1 3.2 2( 4) 1 14 ( ,( )) 14 14 1 3 ( 2) h d D ABC              Do ( )BD ABC nên 1 1 . .3 14. 14 14 3 3 ABCD ABC V S h   (đvtt) Câu Va: 2 2 2 5 0    (*)  Ta có, 2 2 ( 2) 4.2.5 36 (6 )i        Vậy, phương trình (*) 2 nghiệm phức phân biệt: ; 1 2 2 6 1 3 2 6 1 3 4 2 2 4 2 2 i i i i          THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Hoàn toàn giống như bài giải câu IVa.1 dành cho chương trình chuẩn  Đường thẳng  đi qua điểm B đồng thời vuông góc với mặt phẳng (ABC)  Điểm trên : ( 2; 1; 2)B     vtcp của  chính là vtpt của mp(ABC): ( ) 2 4 4 2 2 2 [ , ] ; ; ( 6; 18;12) 2 1 1 4 4 2 ABC u n AB BC                                     PTTS của : 2 1 3 ( ) 2 2 x t y t t z t                        Điểm D   toạ độ dạng ( 2 ; 1 3 ; 2 2 )D t t t      2 2 2 2 ( ;3 ; 2 ) (3 ) ( 2 ) 14 14BD t t t BD t t t t t            Do ( )BD ABC nên 1 1 . . 14 .3 14 14 3 3 ABCD ABC V BD S t t    Vậy, 14 14 14 1 ABCD V t t      1 ( 1;2; 4)t D    1 ( 3; 4;0)t D     Câu Vb: 2 4 8z z i   Đặt 2 2 2 2 2 z a bi z a b z a b        . Thay vào phương trình trên ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 8 4( ) 8 4 4 8 2 4 0 4 0 4 4 0 2 4 8 2 2 z z i a b a bi i a b a bi i a a b a a b a a a b b b b                                                                   Vậy, z = –2 +2i

Ngày đăng: 18/12/2013, 22:01

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan