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 24 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: 32 1 1 1 2 3 2 6 y x x x    1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: 32 2 3 12 1 2 0x x x m     Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 16 2 2 24 xx  2) Tính tích phân: 2 2 1 ln e xx I dx x    3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3 1y x x   tại các giao điểm của nó với đường thẳng 21yx . Câu III (1,0 điểm): Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. a) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón. b) Tính thể tích của khối nón tương ứng. 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 ( , , , )O i j k   , cho hình hộp .ABCD A B C D     có 0, , 2 3 , 3OA OB i OC i j k AA k                 , 1) Viết phương trình mặt phẳng ()ABA  và tính khoảng cách từ C  đến ()ABA  2) Tìm toạ độ đỉnh C và viết phương trình cạnh CD của hình hộp .ABCD A B C D     Câu Va (1,0 điểm): Cho 13 22 zi   . Tính 2 1zz 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ ( , , , )O i j k   , cho hình hộp .ABCD A B C D     có 0, , 2 3 , 3OA OB i OC i j k AA k                 , 1) Tìm tọa độ các đỉnh C, D và chứng minh rằng .ABCD A B C D     là hình hộp chữ nhật. 2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp .ABCD A B C D     . Câu Vb (1,0 điểm): Cho 13 22 zi   . Tính 2011 z Hết 2 x y d -3,5 -1 2,5 3,5 -2 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Hàm số: 32 1 1 1 2 3 2 6 y x x x     Tập xác định: D    Đạo hàm: 2 2y x x      Cho hoaëc 2 0 2 0 1 2y x x x x            Giới hạn: ; lim lim xx yy        Bảng biến thiên x – 2 1 + y  + 0 – 0 + y 7 2   –1  Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 2),(1; )   , NB trên các khoảng ( 2;1) Hàm số đạt cực đại CÑ 7 2 y  tại CÑ 2x  . Hàm số đạt cực tiểu CT 1y  tại CT 1x  .  21yx   . Cho 15 0 2 1 0 24 y x x y           Điểm uốn: 15 ; 24 I           Giao điểm với trục hoành: 32 1 1 1 0 2 0 3 2 6 y y x x x       Giao điểm với trục tung: cho 1 0 6 xy    Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 1 2,5 y –1 3,5 1,25 –1 3,5  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây  3 2 3 2 1 1 1 1 2 3 12 1 2 0 2 0 3 2 6 3 x x x m x x x m           3 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 22 3 2 6 3 3 2 6 3 3 x x x m x x x m           (*)  Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của ()C và 11 : 33 d y m  Do đó, (*) có 3 nghiệm pb 1 1 7 4 1 19 4 19 1 3 3 2 3 3 6 3 2 m m m              Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt 19 4 23 m    Câu II:  16 64 2 2 24 2.2 24 2 x x x x       (*) 3 B A O S I C' C B' D' A' A D B  Đặt 2 x t  (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 2 64 2 24 2 24 64 0t t t t       8t hoặc 4t  (nhận cả hai nghiệm này do t > 0)  Với 8t  ta có 2 8 3 x x    Với 4t  ta có 2 4 2 x x    Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3.  2 2 2 2 1 1 1 1 ln ln ln 1 e e e e x x x x I dx dx dx dx x x x                     Xét 1 1 1 1 e e I dx x e      Xét 2 2 1 ln e x I dx x   . Đặt 2 1 ln 1 1 ux du dx x dv dx v x x                         . Khi đó, 2 2 1 11 ln 1 1 1 1 1 2 11 ee e x I dx x e x e e e x                             Vậy, 12 22 11I I I e e ee          Viết pttt của 3 1y x x   tại các giao điểm của nó với đường thẳng 21yx  Cho 33 1 2 1 3 2 1, 2x x x x x x x            2 31yx    Với 3 00 1 1 1 1 1xy      và 2 (1) 3.1 1 2f     pttt tại 0 1x  là: 1 2( 1) 2 1y x y x       Với 3 00 2 ( 2) ( 2) 1 5xy          và 2 ( 2) 3.( 2) 1 11f       pttt tại 0 1x  là: 5 11( 2) 11 17y x y x       Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là: 21yx và 11 17yx Câu III: Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ)  Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a. Do đó, 22 2AB SA SB a   và 12 22 a SO OA AB    Vậy, diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón : xq 2 22 2 2 2 a a a S rl       ; tp xq 2 2 22 2 22 aa S S r a                    Thể tích khối nón: 2 3 2 1 1 2 2 2 3 3 2 2 12 a a a V r h                 THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: Từ giả thiết ta có (0;0; 0)A , (1;0;0)B , (1;2;3)C  , (0;0;3)A   Điểm trên ()ABA  : (0;0;0)A  Hai véctơ: (1;0; 0)AB   , (0;0; 3)AA    4 I C' C B' D' A' A D B  vtpt của ()ABA  : 0 0 0 1 1 0 [ , ] ; ; (0; 3;0) 0 3 3 0 0 0 n AB AA                       PTTQ của ()ABA  : 0( 0) 3( 0) 0( 0) 0 0x y z y         2 2 2 2 ( ,( )) 2 0 1 0 d C ABA     Từ (0;0; 3) (1 ;2 ;3 ) CCC AA CC x y z          , ta tìm được (1;2;0)C  Do CD || AB nên CD có vtcp (1;0;0)u AB    Và hiển nhiên CD đi qua C nên có PTTS: 1 2 ( ) 0 xt yt z                Câu Va: 2 2 1 3 1 3 1 3 3 1 3 2 2 2 2 4 2 4 2 2 z i z i i i                         Do đó, 2 1 3 1 3 1 1 0 2 2 2 2 z z i i         THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO  Từ (0;0; 3) (1 ;2 ;3 ) CCC AA CC x y z          , ta tìm được (1;2;0)C  Từ (1;0;0) (1 ;2 ; ) D D D AB DC x y z        , ta tìm được (0;2;0)D  (1;0; 0) . 0 (0;2;0) . 0 () (0;0;3) . 0 AB AB AD AB AD AB AD AD AA AB AA AB AA ABCD AA AB AA AA AD                                                          Vậy, .ABCD A B C D     là hình hộp chữ nhật.  Gọi ()S là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp .ABCD A B C D      Tâm của mặt cầu:   13 22 ;1;I (là trung điểm đoạn AC  )  Bán kính mặt cầu: 2 2 2 1 1 14 1 2 3 2 2 2 R AC        Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 13 22 7 ( ) ( 1) ( ) 2 x y z      Câu Vb:  2 2 1 3 1 3 1 3 3 1 3 2 2 2 2 4 2 4 2 2 z i z i i i                          2 2 32 670 2011 2010 3 670 1 3 1 3 1 3 .1 2 2 2 2 2 2 13 . . 1 . 22 z z z i i i z z z z z z z i                                                                Vậy, với 13 22 zi   thì 2011 13 22 z z i    . 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 24 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 32 1 1 1 2 3 2 6 y x x x    1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3. 16 64 2 2 24 2.2 24 2 x x x x       (*) 3 B A O S I C' C B' D' A' A D B  Đặt 2 x t  (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 2 64 2 24 2 24 64 0t t