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 16 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 2 x yx   1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ()C và trục hoành. 3) Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm phân biệt: 42 2 2 0x x m   Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 2 2 2 2 3 0 xx    2) Tìm nguyên hàm ()Fx của 2 1 ( ) 3 4 x f x x e x    biết rằng (1) 4Fe 3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3 1y x x   , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 21yx . Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 , đường cao h = 2. Hãy tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó. 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 Oxyz , cho ( 1;2; 1), (2;1; 1), (3;0;1)A B C   1) Viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm O,A,B,C và xác định toạ độ tâm I của nó. 2) Tìm toạ độ điểm M sao cho 32AM MC   . Viết phương trình đường thẳng BM. Câu Va (1,0 điểm): Tính 12 xx , biết 12 ,xx là hai nghiệm phức của phương trình sau đây: 2 3 2 3 2 0xx   2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình d: 12 2 1 xt yt z               , (P): 2 2 1 0x y z    . 1) Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, bán kính bằng 3 và tiếp xúc (P). 2) Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(0;1;0), nằm trong mp(P) và vuông góc với đường thẳng d. Câu Vb (1,0 điểm): Gọi 12 ;zz là hai nghiệm của phương trình 2 10zz   trên tập số phức. Hãy xác định 12 11 A zz  Hết 2 x y -4.5 -2 -4 -1 2 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số: 4 2 4 2 x yx    Tập xác định: D    Đạo hàm: 3 22y x x    Cho 3 0 0 2 2 0 1 x y x x x               Giới hạn: ; lim lim xx yy        Bảng biến thiên x – 1 0 1 + y  – 0 + 0 – 0 + y  –4  9 2  9 2   Hàm số ĐB trên các khoảng ( 1;0),(1; )  , NB trên các khoảng ( ; 1),(0;1)  Hàm số đạt cực đại CÑ 4y  tại CÑ 0x  . Hàm số đạt cực tiểu CT 9 2 y  tại CT 1x  .  Giao điểm với trục hoành: Cho 2 4 2 2 2 4 1 0 4 0 4 2 2 2 x y x x x x x                   Giao điểm với trục tung: cho 04xy     Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2 y 0 –4,5 –4 –4,5 0  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây  Giao của ()C với Oy: cho 02yx     Diện tích cần tìm: 2 53 22 4 2 4 2 22 2 1 1 224 4 4 4 2 2 10 3 15 xx S x x dx x x dx x                                (đvdt)  44 4 2 4 2 2 2 2 2 0 2 2 4 4 22 xx x x m x x m x m x m              (*)  Số nghiệm của pt(*) bằng với số giao điểm của 4 2 ( ) : 4 2 x C y x   và :4d y m  Từ đó, dựa vào đồ thị ta thấy pt(*) có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 4 4 0 91 4 22 mm mm                 Câu II: 2 2 2 2 2 2 3 0 4.2 4.2 3 0 x x x x        (*)  Đặt 2 x t  (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành: 3 M O I B A C S (nhan) (loai) 2 2 3 3 3 3 2 4 4 3 0 2 log 1 2 2 2 2 x t t t t x t                     Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 2 3 log 2 x   Với 2 1 ( ) 3 4 x f x x e x    , họ các nguyên hàm của f(x) là: 23 1 ( ) 3 4 ln 4 xx F x x e dx x x e C x                  Do (1) 4Fe nên 31 1 ln 1 4 4 1e C e C        Vậy, 3 ( ) ln 4 1 x F x x x e     Viết pttt của 3 1y x x   song song với đường thẳng d: 21yx  TXĐ của hàm số : D    2 31yx    Do tiếp tuyến song song với 21yx nên có hệ số góc 2 2 2 0 0 0 0 0 ( ) 2 3 1 2 3 3 1 1k f x x x x x               Với 3 00 1 1 1 1 1xy      và 0 ( ) 2fx   pttt tại 0 1x  là: 1 2( 1) 2 1y x y x      (loại vì trùng với đường thẳng d)  Với 3 00 1 ( 1) ( 1) 1 1xy         và 0 ( ) 2fx   pttt tại 0 1x  là: 1 2( 1) 2 3y x y x       Vậy, có 1 tiếp tuyến cần tìm là: 23yx Câu III  Giả sử hình chóp đều đã cho là S.ABC có O là chân đường cao xuất phát từ đỉnh S. Gọi I là điểm trên SO sao cho IS = IA, thì IS IA IB OC R    Do đó, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.  Theo giả thiết, SO = 2 2IO R   và 2 2 6. 3 2 3 3 2 OA AM     Trong tam giác vuông IAO, ta có 2 2 2 2 2 3 (2 ) 2 4 4 2 0 2 IA OI OA R R R R             Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là 2 2 3 4 4 9 2 SR              (đvdt) THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: ( 1;2; 1), (2;1; 1), (3;0;1)A B C    Phương trình mặt cầu ()S có dạng: 2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d        Vì 4 điểm O(0;0;0), ( 1;2; 1), (2;1; 1), (3;0;1)A B C   thuộc ()S nên: 4 0 2.0 2.0 2.0 0 0 0 6 2 4 2 0 2 4 2 6 1 6 4 2 2 0 4 2 2 6 3 10 6 0 2 0 6 0 2 10 2 d d d a b c d a b c a a b c d a b c b a b c d a b c c                                                                                       Vậy, phương trình mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 4 0S x y z x y z      Và toạ độ tâm của mặt cầu là: (1;3;2)I  Giả sử toạ độ điểm M là ( ; ; )M a b c thì ( 1; 2; 1) 3 (3 3 ; 3 6 ; 3 3)AM a b c AM a b c           (3 ; ;1 ) 2 (2 6 ; 2 ; 2 2)MC a b c MC a b c            Ta có, 3 3 2 6 9 3 2 3 6 2 6 ( 9;6; 5) 3 3 2 2 5 a a a AM MC b b b M c c c                                   Đường thẳng BM đi qua điểm: (2;1; 1)B  có vtcp: ( 11;5; 4)u BM       Phương trình đường thẳng BM: 2 1 1 11 5 4 x y z     Câu Va: 2 3 2 3 2 0xx    Ta có, 22 ( 2 3) 4.3.2 12 24 12 (2 3 )i          Phương trình đã cho có 2 nghiệm phức: 1,2 2 3 2 3 2 3 2 3 3 3 2.3 6 6 3 3 i x i i        Từ đó, 2 2 2 2 12 3 3 3 3 2 6 3 3 3 3 3 xx                                                        THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Mặt cầu ()S có tâm Id nên toạ độ của (1 2 ;2 ; 1)I t t  Do ()S có bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P) nên ( ,( )) 3d I P  2 2 2 6 3 9 1 2(1 2 ) (2 ) 2( 1) 1 3 6 3 9 6 3 9 2 2 1 ( 2) tt tt t tt                              Vậy, có 2 mặt cầu thoả mãn yêu cầu bài toán là: 2 2 2 1 2 2 2 2 ( ) : ( 3) ( 2) ( 1) 9 ( ) : ( 3) ( 4) ( 1) 9 S x y z S x y z              mp(P) có vtpt (2;1; 2)n   , đường thẳng d có vtcp (2;2;0)u    Đường thẳng  đi qua M(0;1;0)  Đường thẳng  nằm trong (P), vuông góc với d nên  có vtcp 1 2 2 2 2 1 [ , ] ; ; (4; 4;2) 2 0 0 2 2 2 u n u                       5  PTTS của  : 4 1 4 ( ) 2 xt y t t zt                  Câu Vb: Phương trình 2 10zz   (*) có biệt thức 22 1 4.1.1 3 ( 3 )i       Suy ra, phương trình (*) có 2 nghiệm phức: 1,2 1 3 1 3 2 2 2 i zi      & 1 2 1 2 1 . 1z z z z      Vậy, 12 1 2 1 2 1 1 1 1 .1 zz A z z z z         . 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 16 Thời gian làm bài:. 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 2 x yx   1) Khảo sát sự biến thi n và