Trang 1 KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 14 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 31y x x    có đồ thị là ()C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung. Vẽ tiếp tuyến đó lên cùng một hệ trục toạ độ với đồ thị ()C . Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 3 3 2 log log (3 ) 14 0xx   2) Tính tích phân: 1 0 (2 1) x I x e dx  3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 3 2 2y x x x   trên đoạn [–1;1] Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón có đỉnh S và đáy là đường tròn ngoại tiếp đáy hình chóp đã cho. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1. Theo chƣơng trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ( 5;0;1), ( 7;4; 5)AB và mặt phẳng ( ) : 2 2 0P x y z   1) Viết phương trình mặt cầu ()S có đường kính AB. Tính khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng ()P . 2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu ()S đồng thời vuông góc với mặt phẳng ()P . Tìm toạ độ giao điểm của d và ()P . Câu Va (1,0 điểm): Tìm môđun của số phức:   1 2 3 3 2 z i i            2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm (0;6;4)A và đường thẳng d có phương trình d: 21 1 2 1 x y z  1) Hãy tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2) Viết phương trình mặt cầu ()S có tâm là điểm A và tiếp xúc với đường thẳng d. Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức 2 (3 4 ) ( 1 5 ) 0x i x i      Hết 2 x y y = 3 x + 1 1 3 -2 -1 -1 2 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số 3 31y x x     Tập xác định: D    Đạo hàm: 2 33yx      Cho 22 0 3 3 0 1 1y x x x             Giới hạn: ; lim lim xx yy        Bảng biến thiên x – –1 1 + y  – 0 + 0 – y + 3 –1 –  Hàm số ĐB trên khoảng (–1;1) ; NB trên các khoảng (–;–1), (1;+) Hàm số đạt cực đại CÑ 3y  tại CÑ 1x  đạt cực tiểu CT 1y  tại CT 1x   6 0 0 1y x x y         . Điểm uốn là I(0;1)  Giao điểm với trục tung: cho 01xy    Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2 y 3 –1 1 3 –1  Đồ thị hàm số như hình vẽ:  3 31y x x     Ta có, 00 0, 1xy  2 0 ( ) (0) 3.0 3 3f x f        Phương trình tiếp tuyến cần tìm là : 1 3( 0) 3 1y x y x      Câu II:  2 3 3 2 log log (3 ) 14 0xx    Điều kiện: x > 0  Khi đó, 22 3 3 3 3 2 log log (3 ) 14 0 2 log 2log (3 ) 14 0x x x x       22 3 3 3 3 2 log 2(1 log ) 14 0 2 log 2log 12 0x x x x         (*)  Đặt 3 logtx , phương trình (*) trở thành 3 2 3 2 3 3 log 3 3 2 2 12 0 2 log 2 3 t x x tt tx x                          Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm: 9x  và 1 27 x   Xét 1 0 (2 1) x I x e dx   Đặt 2 1 2 xx u x du dx dv e dx v e               . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: 3 60 O C B A D S 11 1 0 0 0 (2 1) 2 3 1 2 3 1 (2 2) 1 x x x I x e e dx e e e e e              Vậy, I = e + 1  Tìm GTLN, GTNN của hàm số 4 3 2 2y x x x   trên đoạn [ 1;1 ]  Hàm số 4 3 2 2y x x x   liên tục trên đoạn [ 1;1 ]  3 2 2 4 6 2 2 (2 3 1)y x x x x x x         Cho 2 1 0 2 (2 3 1) 0 0; 1; 2 y x x x x x x           (nhận cả 3 giá trị này)  Ta có, 4 3 2 (0) 0 2.0 0 0f             4 3 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2. 16 f     4 3 2 (1) 1 2.1 1 0f     4 3 2 ( 1) ( 1) 2.( 1) ( 1) 4f         Trong các số trên, số 0 nhỏ nhất và số 4 lớn nhất.  Vậy, khi hoaëc khi [ 1;1] [ 1;1] min 0 0 1, max 4 1y x x y x        Câu III  Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Do S.ABCD là hình chóp đều nên ()SO ACBD  Suy ra, OB là hình chiếu vuông góc của SB lên mp(ABCD) Do đó,  0 60SBO  . Kết hợp, 2 2 a r OB ta suy ra: 0 00 26 .tan 60 3 22 2 2 cos60 2 cos60 aa h SO OB OB a l SB a            Diện tích xung quanh của mặt nón: 2 2 . . 2 2 xq a S r l a a       (đvdt)  Thể tích hình nón: 23 2 1 1 6 6 3 3 2 2 12 a a a V r h       (đvtt) THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: ( 5;0;1), (7;4; 5)AB và ( ) : 2 2 0P x y z    Gọi I là trung điểm AB ta có (1;2; 2)I   Mặt cầu ()S có đường kính AB, có tâm (1;2; 2)I   Và bán kính 2 2 2 (1 5) (2 0) ( 2 1) 7R IA          Vậy, phương trình mặt cầu ()S : 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 2) 49x y z       Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( ) : 2 2 0P x y z   là: 2 2 2 1 2.2 2.( 2) 9 ( ,( )) 3 9 1 2 ( 2) d I P           Đường thẳng d đi qua điểm (1;2; 2 )I  , đồng thời vuông góc với mp ( ) : 2 2 0P x y z   nên có vtcp (1;2; 2) P un    4  PTTS của d: 1 2 2 ( ) 22 xt y t t zt                     Thay PTTS của d vào PTTQ của ( ) : 2 2 0P x y z   ta được: 1 2(2 2 ) 2( 2 2 ) 0 9 9 0 1t t t t t              Thay 1t  vào PTTS của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P) là (0;0;0)O Câu Va:   2 1 1 3 3 3 2 3 3 2 2 3 3 4 2 2 2 2 z i i i i i i                    Vậy, 2 2 3 3 3 3 27 91 91 4 4 16 2 2 4 4 2 z i z                    THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Đường thẳng d đi qua điểm 0 (2;1; 0 )M và có vtcp (1;2;1)u    Gọi A  là hình chiếu v.góc của A lên d thì (2 ;1 2 ; ) (2 ;2 5; 4)A t t t AA t t t           Do A  là hình chiếu vuông góc của A lên d nên ta có AA u     , suy ra 1(2 ) 2(2 5) 1( 4) 0 6 12 0 2t t t t t            Thay t = 2 vào toạ độ A  ta được (4;5;2)A  là hình chiếu vuông góc của A lên d.  Mặt cầu ()S có tâm (0;6;4)A , tiếp xúc với đường thẳng d nên đi qua (4;5;2)A   Do đó, ()S có bán kính 2 2 2 (4 0) (5 6) (2 4) 21R AA           Vậy, phương trình mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 4) ( 6) 21S x y z     Câu Vb: 2 (3 4 ) ( 1 5 ) 0x i x i      (*)  Ta có, 2 2 2 (3 4 ) 4.1.( 1 5 ) 9 24 16 4 20 3 4 (1 2 )i i i i i i i                 Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm phức: 1 2 (3 4 ) (1 2 ) 4 6 23 22 (3 4 ) (1 2 ) 2 2 1 22 i i i xi i i i xi                 . Trang 1 KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 14 Thời gian làm bài:. ) 14 0xx    Điều kiện: x > 0  Khi đó, 22 3 3 3 3 2 log log (3 ) 14 0 2 log 2log (3 ) 14 0x x x x       22 3 3 3 3 2 log 2(1 log ) 14