KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 7

Chia sẻ: Thanh Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

49
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đây là Tài liệu tham khảo và tuyển tập các đề thi thử tuyển sinh cao đẳng, đại học của các trường trung học phổ thông dành cho các bạn ôn thi tốt trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phông củng như kỳ thi Đại hoc- Cao đẳng 2013 sắp tới

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 7

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 07 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: y  x 4  4x 2  3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Dựa vào (C ) , hãy biện luận số nghiệm của phương trình: x 4  4x 2  3  2m  0 3) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) tại điểm trên (C ) có hoành độ bằng 3. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 7x  2.71x  9  0 e2 2) Tính tích phân: I  e (1  ln x )xdx x 2  2x  2 3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  trên đoạn [ 2 ;2] 1 x 1 Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SA = 2a. Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 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 toạ độ (O, i , j , k ) , cho OI  2i  3 j  2k và mặt phẳng (P ) có phương trình: x  2y  2z  9  0 1) Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm là điểm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P ) . 2) Viết phương trình mp (Q ) song song với mp (P ) đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S ) Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: y  x 3  4x 2  3x  1 và y  2x  1 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(–1;2;7) và đường thẳng d có x  2 y 1 z phương trình:   1 2 1 1) Hãy tìm toạ độ của hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với đường thẳng d. log x  log y  1  log 9  Câu Vb (1,0 điểm): Giải hệ pt  4  4 4 x  y  20  0   ---------- Hết ---------- Trang 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I :  y  x 4  4x 2  3  Tập xác định: D    Đạo hàm: y   4x 3  8x 4x  0 x  0 x  0   0  4x 3  8x  0  4x (x 2  2)  0   2     Cho y x 2  2   x  2  0  x   2  Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x   Bảng biến thiên x –  2 0 2 + y + 0 – 0 + 0 – 1 1 y – –3 –  Hàm số ĐB trên các khoảng (;  2),(0; 2) , NB trên các khoảng ( 2; 0),( 2; ) Hàm số đạt cực đại yCĐ = 1 tại x CÑ   2 , đạt cực tiểu yCT = –3 tại x CT  0 . x 2  1 x  1  Giao điểm với trục hoành: cho y  0  x  4x  3  0   2 4  2   x  3 x   3 Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  3  Bảng giá trị: x  3  2 0 2 3 y 0 1 –3 1 0  Đồ thị hàm số: y 1 - 3 -1 1 3 O 2 x - 2 -3 y = 2m 2m  x 4  4x 2  3  2m  0  x 4  4x 2  3  2m (*)  Số nghiệm pt(*) bằng với số giao điểm của (C ) : y  x 4  4x 2  3 và d: y = 2m.  Ta có bảng kết quả: Số giao điểm Số nghiệm M 2m của (C) và d của pt(*) m > 0,5 2m > 1 0 0 m = 0,5 2m = 1 2 2 –1,5< m < 0,5 –3< 2m < 1 4 4 m = –1,5 2m = –3 3 3 m < –1,5 2m < –3 2 2  x 0  3  y0  0 2
 f (x 0 )  f ( 3)  y   4x 3  8x  4 3  Vậy, pttt cần tìm là: y  0  4 3(x  3)  y  4 3x  12 7 Câu II 7x  2.71x  9  0  7x  2. x  9  0 (*) 7  Đặt t  7 x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành 14 t  2(nhan) t  9  0  t 2  14  9t  0  t 2  9t  14  0   t t  7(nhan)   Với t  2 : 7x  2  x  log7 2  Với t  7 : 7x  7  x  1  Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm : x  1 và x  log7 2 e2 I  e (1  ln x )xdx   u  1  ln x du  1 dx     Đặt    x . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: dv  xdx   v  x2      2 e2 e2 x 2 (1  ln x ) e2 x e 4 (1  2) e 2 (1  1) x 2 I   dx    2 e e 2 2 2 4 e 3e 4 e 4 e2 5e 4 3e 2   e2     2 4 4 4 4 5e 4 3e2  Vậy, I   4 4 2 x  2x  2  Hàm số y  liên tục trên đoạn [ 2 ;2] 1 x 1 (x 2  2x  2) (x  1)  (x 2  2x  2)(x  1) (2x  2)(x  1)  (x 2  2x  2)1 x 2  2x  y    (x  1)2 (x  1)2 (x  1)2 x  0  [ 1 ;2] (nhan)  Cho y   0  x 2  2x  0   2 x  2  [ 2 ;2] (loai) 1  1 5 10  Ta có, f (0)  2 f        2 2 f (2)   3 10  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 2 và số lớn nhất là 3 10  Vậy, min y  2 khi x  0; max y  khi x  2 [ 1 ;2] 2 [ 1 ;2] 2 3 Câu III Theo giả thiết, SA  AC , SA  AD , BC  AB , BC  SA Suy ra, BC  (SAB ) và như vậy BC  SB S Hoàn toàn tương tự, ta cũng sẽ chứng minh được CD  SD .  A,B,D cùng nhìn SC dưới 1 góc vuông nên A,B,D,S,C cùng thuộc đường tròn đường kính SC, có tâm là trung điểm I của SC. 2a I A  Ta có, SC  SA2  AC 2  (2a )2  (a 2)2  a 6 D 3 a B C
SC a 6  Bán kính mặt cầu: R   2 2 a 6 2     6a 2  Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD là: S  4R  4   2   2  THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:      OI  2i  3 j  2k  I (2; 3; 2)  Tâm của mặt cầu: I (2; 3; 2) 2  2.3  2.(2)  9 9  Bán kính của mặt cầu: R  d(I ,(P ))   3 12  (2)2  (2)2 3  Vậy, pt mặt cầu (S ) là: (x  a )2  (y  b)2  (z  c)2  R2  (x  2)2  (y  3)2  (z  2)2  9    (Q) || (P ) : x  2y  2z  9  0 nên (Q) có vtpt n  n(P )  (1; 2; 2) Do đó PTTQ của mp(Q) có dạng (Q) : x  2y  2z  D  0 (D  9)  Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên 2  2.3  2.(2)  D D D  9 (nhan) d(I ,(Q))  R  3 3 D 9  3 D  9(loai) 12  (2)2  (2)2   Vậy, PTTQ của mp(Q) là: (Q) : x  2y  2z  9  0 x  1 Câu Va: Cho x 3  4x 2  3x  1  2x  1  x 3  4x 2  5x  2   x  2 2  Diện tích cần tìm là: S  1 x 3  4x 2  5x  2 dx 2  x 4 4x 3 5x 2   1 1 hay S   (x 3  4x 2  5x  2)dx    2  4   2x      (đvdt) 1  3 2 1 12 12 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:   Gọi H là hình chiếu của A lên d thì H (2  t;1  2t; t ) , do đó AH  (3  t;2t  1; t  7)    Do AH  d nên AH .ud  0  (3  t ).1  (2t  1).2  (t  7).1  0  6t  6  0  t  1  Vậy, toạ độ hình chiếu của A lên d là H (3; 3;1)  Tâm của mặt cầu: A(–1;2;7)  Bán kính mặt cầu: R  AH  42  12  (6)2  53  Vậy, phương trình mặt cầu là: (x  1)2  (y  2)2  (z  7)2  53 Câu Vb: ĐK: x > 0 và y > 0 log x  log y  1  log 9  4 log xy  log 36  4 xy  36   4 4   4   x  y  20  0  x  y  20  0  x  y  20     X  18  0  x và y là nghiệm phương trình: X 2  20X  36  0   X  2  0 4
x  18  x  2   Vậy, hệ pt đã cho có các nghiệm:   ;   y  2  y  18    5