KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông 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 3 1y 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 0x x+ - = 2) Tính tích phân: 1 0 (2 1) x I x e dx= + ò 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 chương trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ( 5;0;1), (7;4; 5)A B- - 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 æ ö ÷ ç ÷ = - + ç ÷ ç è ø 2. Theo chương 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: 2 1 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 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: 1 TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ 10 GV Bùi Văn Nhạn P N CHI TIT . Cõu I: Hm s 3 3 1y x x= - + + Tp xỏc nh: D = Ă o hm: 2 3 3y x  = - + Cho 2 2 0 3 3 0 1 1y x x x  = - + = = = Gii hn: ; lim lim x x y y - Ơ + Ơđ đ = + Ơ = - Ơ Bng bin thiờn x 1 1 + y  0 + 0 y + 3 1 Hm s B trờn khong (1;1) ; NB trờn cỏc khong (;1), (1;+) Hm s t cc i Cẹ 3y = ti Cẹ 1x = t cc tiu CT 1y = - ti CT 1x = - 6 0 0 1y x x y  = - = = = ị . im un l I(0;1) Giao im vi trc tung: cho 0 1x y= =ị Bng giỏ tr: x 2 1 0 1 2 y 3 1 1 3 1 th hm s nh hỡnh v: 3 3 1y x x= - + + Ta cú, 0 0 0, 1x y= = 2 0 ( ) (0) 3.0 3 3f x f   = = - + = Phng trỡnh tip tuyn cn tỡm l : 1 3( 0) 3 1y x y x- = - = + Cõu II: 2 3 3 2 log log (3 ) 14 0x x+ - = iu kin: x > 0 Khi ú, 2 2 3 3 3 3 2 log log (3 ) 14 0 2log 2 log (3 ) 14 0x x x x+ - = + - = 2 2 3 3 3 3 2 log 2(1 log ) 14 0 2 log 2 log 12 0x x x x+ + - = + - = (*) t 3 logt x= , phng trỡnh (*) tr thnh 3 2 3 2 3 3 log 3 3 2 2 12 0 2 log 2 3 t x x t t t x x - ộ ộ ộ = - = - = ờ ờ ờ + - = ờ ờ ờ = = = ờ ờ ờ ở ở ở Vy, phng trỡnh ó cho cú cỏc nghim: 9x = v 1 27 x = Xột 1 0 (2 1) x I x e dx= + ũ t 2 1 2 x x u x du dx dv e dx v e ỡ ỡ ù ù = + = ù ù ù ù ị ớ ớ ù ù = = ù ù ù ù ợ ợ . Thay vo cụng thc tớch phõn tng phn ta c: 1 1 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= + - = - - = - - - = + ũ Vy, I = e + 1 2  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 ¢ = - + = = = =Û Û (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 A CBD^  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 0 0 2 6 . t an 60 3 2 2 2 2 cos 60 2 cos 60 a a 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 p p p = = × × = (đvdt)  Thể tích hình nón: 2 3 2 1 1 6 6 . . 3 3 2 2 12 a a a V r h p p p = = × × = (đvtt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa: ( 5;0;1), (7;4; 5)A B- - 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 u n= = - r r  PTTS của d: 1 2 2 ( ) 2 2 x t y t t z t ì ï = + ï ï ï = + Î í ï ï = - - ï ï î ¡  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+ + + - - - = + = = -Û Û  Thay 1t = - vào PTTS của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P) là (0;0; 0)O 3 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 æ ö ÷ ç ÷ = - + = × + - - = - ç ÷ ç è ø  Vậy, 2 2 3 3 3 3 27 91 91 4 4 16 2 2 4 4 2 z i z æ ö ÷ ç ÷ ç = + = + = + = =Þ ÷ ç ÷ ç è ø THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  Đường thẳng d đi qua điểm 0 (2;1;0)M và có vtcp (1;2;1)u = r  Gọi A ¢ là hình chiếu v.góc của A lên d thì (2 ;1 2 ; ) (2 ;2 5; 4)A t t t A A t t t ¢ ¢ + + = + - -Þ uuur  Do A ¢ là hình chiếu vuông góc của A lên d nên ta có A A u ¢ ^ uuur r , suy ra 1(2 ) 2(2 5) 1( 4) 0 6 12 0 2t t t t t+ + - + - = - = =Û Û  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 A A ¢ = = - + - + - =  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= + - - + = + + + - = - + = +D  Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm phức: 1 2 (3 4 ) (1 2 ) 4 6 2 3 2 2 (3 4 ) (1 2 ) 2 2 1 2 2 i i i x i i i i x i + + + + = = = + + - + + = = = + 4 . 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: 1 TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ 10 GV Bùi Văn Nhạn P N CHI TIT . Cõu. KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT. 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= = + + - + - - = 