Tớnh độ dài đường sinh theo a.. II.phần riêng 3,0 điểm Thí sinh học chơng trình nào thì chỉ đợc làm phần dành riêng cho chơng trình đó phần 1 hoặc 2.. Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vu
Trang 1Sở GD&ĐT DAK LAK
Trờng THPT BUON MA
THUOT
Kỳ thi thử tốt nghiệp lớp 12
Năm học 2009-2010
Môn thi: Toán Thời gian: 150 (Không kể thời gian giao đề)’
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ TH SINH Í (7,0 điểm)
Câu I (3,0điểm) Cho h m sà ố: 1 3 2
3
y= x − x + x có đồ thị (C)
1 Khảo sát sự biến thiên v và ẽ đồ thị (C)
2 Dựa v o à đồ thị (C), tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt
1 3 2
Câu II (3,0điểm)
1 Tìm GTLN, GTNN của hàm số : ( ) 2
2 1
x
f x
x
−
= + trên đoạn [ ]1;3
1
0
1
3
x
I =∫x x e dx+
log (2x+ 1).log (2x+ + = 4) 3
Câu III (1,0điểm) Một hỡnh nún cú đỉnh S , khoảng cỏch từ tõm O của đỏy đến dõy cung
AB của đỏy bằng a , ãSAO 30 = o, ãSAB 60 = o Tớnh độ dài đường sinh theo a
II.phần riêng( 3,0 điểm) Thí sinh học chơng trình nào thì chỉ đợc làm phần dành
riêng cho chơng trình đó (phần 1 hoặc 2).
1.Theo chơng trình chuẩn:
Câu IV.a (2,0điểm) x= 1- t
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho y= t và điểm A (3; 1; 2 )
z= -t
1 Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đờng thẳng
2 ( Bổ túc không phải làm câu này) Tìm toạ độ giao điểm N của đờng thẳng và mp
(P) có phơng trình :2x – z - 1=0 Viết PT đờng thẳng d nằm trong (P) , biết d đi qua
điểm N và vuông góc với
Câu V.a (1,0điểm) Tìm mô đun của số phức : 1 3
2
i z
i
+
=
2.Theo chơng trình nâng cao:
Câu IV.b (2,0điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình :
x2 + y2 + z2 - 4x - 2y + 4z - 7 = 0 , đờng thẳng d : 1 2
x= y− = z+
−
1.Viết PT mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu theo một đờng tròn có bán kính bằng 4
2.Viết PT đờng thẳng đi qua tâm của mặt cầu (S), cắt và vuông góc với đờng thẳng d
Câu IV.b (1,0điểm)
Cho hàm số 2 4 3
1
y
x
= + CMR : tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị đến
hai đờng tiệm cận của nó luôn là một hằng số
Trang 2đáp án và biểu điểm
I (3,0
điểm)
1 (2,0 điểm)
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên : y’= 2
x − x+
y’=0 ⇔ x=1
x=3
y’>0 ∀ ∈x (-∞;1)∪(3; +∞) ⇒h m sà ố đồng biến trên mỗi khoảng (-∞
;1) v (3; +à ∞)
y’<0 ∀ ∈x (1;3) ⇒h m sà ố đồng biến trên khoảng (1;3) Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x=1, yCĐ=4/3
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1, yCT=0
0.5
Giới hạn : xlim→±∞y= ±∞
0.25 Bảng biến thiên
0.5
Đồ thị : Cắt trục hoành tại hai điểm (0;0) và (3;0)
0.5
2 (1,0 điểm )
Phơng trình đã cho tơng đơng với PT : 1 3 2
3x − x + x m= Do đó PT đã
cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đờng thẳng y=m cắt đồ thị (C)
Dựa vào đồ thị (C) ta thấy 0<m<4/3 thì phơng trình có 3 nghiệm phân biệt
0.5
II (3,0 1 (1,0 điểm)
Trên đoạn [ ]1;3 , ta có : f’(x)= 2
5 (2x+ 1) >0
0.5
Trang 3Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn [ ]1;3
Do đó maxf(x)=f(3)=1/7 minf(x)=f(1)=-1/3
0.5
2 (1,0 điểm)
2
1 3
x
x dx+ xe dx
9
1 0
ta tính I1 Đặt t= 2
x ⇒ =dt 2xdx
Khi x=0 thì t=0 , khi x=1 thì t=1
do đó I1=
1
1 0 0
( 1)
e dt= e = e−
Suy ra I=1
9+1( 1)
2 e− =1 7
3 (1,0 điểm)
Điều kiện ∀ ∈x R
Ta có log (2 2 x+ 1).log (4(2 2 x+ 1)) 3 = ⇔ log (2 2 x+ 1) 2 log (2 + 2 x+ 1) = 3 0.25
Đặt t=log (2 2 x+ 1); vì 2x+1>1 nên t=log (2 2 x+ 1)>0 0.25
Do đó pt trở thành t2 + 2t -3 =0 ⇔ t = 1
III(1,0
điểm) Gọi M là trung điểm AB Kẻ OM⊥AB thỡ OM = a
SAB
∆ cõn cú ãSAB 60= o nờn SAB∆ đều
Do đú : AM AB SA
= =
SOA
∆ vuụng tại O và ãSAO 30= onờn
SA 3
OA SA.cos30
2
= o=
OMA
∆ vuụng tại M do đú :
0.25
0.25
0.5
IV.a
(2,0
điểm)
1.(1,0 điểm)
Theo bài ra đờng thẳng có VTCP là ur =( -1; 1 ; -1)
Gọi H là hình chiếu của A lên đờng thẳng
⇒ H ( 1- t ; t ; -t ) ⇒ uuurAH =( -t-2; t-1 ;-t-2 )
Ta lại có uuur rAH u. = o ⇔(t+2) +t -1 + t +2 =0 ⇔3t+3 =0 ⇔ t =-1
Vậy H ( 2;- 1; 1 )
2 .(1,0 điểm)
Tơng tự N có toạ độ là ( 1- t ; t ; -t ) Ta có N∈ (P)
⇔2.( 1 – t) – 0.t – ( -t ) -1 =0 ⇔1 – t =0 ⇔ t = 1
Vậy N( 0 ; 1 ; - 1 )
0.25
Trang 4mp (P) có VTPT nr= ( 2 ; 0 ; - 1 )
có VTCP ur =( -1; 1 ; -1) Vì d⊂(P) và d ⊥ nên d có VTCP là uuurd =( 1 ; 3 ;2 )
0.5
PT tham số của d là x= t y= 1 + 3t z= -1 + 2t
0.25
Va.( 1,0
điểm) Ta có z=
1 3 (1 3 )(2 ) 5 5
1
i
0.5
IV.b ( 1,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
(S) có PT : (x-2)2 + (y-1)2 + (z +2)2 =16
có tâm I ( 2; 1; -2) và bán kính là R =4 0.25 Theo bài ra (P) cắt mặt cầu theo đờng tròn có bán kính R =4 nên (P)
Do vậy (P) có cặp VTCP OIuur(2;1; 2) −
ri(1;0;0)
⇒ VTPT của (P) là nr= (0; 2; 1) − −
0.25
PT mp (P) là : 0(x-2) + 2(y-1) + 1(z+2)=0 ⇔ 2y + z = 0 0.25
2 (1,0 điểm)
Theo bài ra d có VTCP ur= ( 2; 2; -1) Gọi A = ∩d Vì A∈d nên A (2t; 1+ 2t ; -2 –t)
có VTCP IAuur = ( 2t-2; 2t ; -t) Vì ⊥d nên IAuur ur =0 ⇔ 2 ( 2t-2) +2.2t + t = 0 ⇔ 9t-4 = 0
9
0.5
Suy ra IAuur = ( 10 8; ; 4
9 9 9
− − ) hay có VTCP là uur'= ( -5 ; 4 ; -2 )
Vậy đờng thẳng là x = 2 - 5t y= 1 + 4t
z = -2 - 2t
0.5
V.b
(1,0điểm) Ta có y=
3
x
Tiệm cận xiên y=x+3 ⇔ x - y +3 =0 Tiệm cận đứng x= -1
0.25
Gọi M ( x y0 ; 0) ∈ ( C) ⇒ y0 = 0
0
6 3
1
x
x
+ −
Khoảng cách từ M đến đờng TCX là
h1 = 0 0
0
6
x
+
Khoảng cách từ M đến TCĐ là h2 = x0 + 1
0.5
Ta có h1 h2= 0
0
2
2 x 1 x + = =
0.25
