Nguyễn Vũ Minh Đề thi thử TNTHPT có đáp án 2009 Đề 4 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 3 y x 3x 1= − + có đồ thị (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M( 14 9 ; 1− ) . . Câu II ( 3,0 điểm ) a) Cho hàm số 2 x x y e − + = . Giải phương trình y y 2y 0 ′′ ′ + + = b) Tính tìch phân : 2 sin2x I dx 2 (2 sinx) 0 π = + ∫ c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số = + − + 3 2 y 2sin x cos x 4sinx 1 . Câu III ( 1,0 điểm ) Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a , · SAO 30= o , · SAB 60= o . Tính độ dài đường sinh theo a . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1) Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng − − ∆ = = − − x 1 y 2 z ( ): 1 2 2 1 , = − ∆ = − + = x 2t ( ): y 5 3t 2 z 4 a. Chứng minh rằng đường thẳng ∆( ) 1 và đường thẳng ∆( ) 2 chéo nhau . b. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng ∆( ) 1 và song song với đường thẳng ∆( ) 2 . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình + = 3 x 8 0 trên tập số phức 2) Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) : x y 2z 1 0+ + + = và mặt cầu (S) : 2 2 2 x y z 2x 4y 6z 8 0 + + − + − + = . a. Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) . b. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Biểu diễn số phức z = 1− + i dưới dạng lượng giác HƯỚNG DẪN minhnguyen249@yahoo.com 1 Nguyễn Vũ Minh Đề thi thử TNTHPT có đáp án 2009 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x −∞ 1− 1 +∞ y ′ + 0 − 0 + y 3 +∞ −∞ 1− b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k 14 (d): y 1 k(x ) 9 ⇒ + = − 14 (d): y k(x ) 1 9 ⇒ = − − (d) tiếp xúc ( C) ⇔ Hệ sau có nghiệm 14 3 x 3x 1 k(x ) 1 (1) 9 2 3x 3 k (2) − + = − − − = Thay (2) vào (1) ta được : 2 3 2 3x 7x 4 0 x ,x 1,x 2 3 − + = ⇔ = − = = 2 5 5 43 (2) x = k tt ( ): y x 1 3 3 3 27 − → = − ⇒ ∆ = − +¡ (2) x = 1 k 0 tt ( ): y 1 2 → = ⇒ ∆ = −¡ (2) x = 2 k 9 tt ( ):y 9x 15 3 → = ⇒ ∆ = −¡ Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ 2 2 x x 2 x x y ( 2x 1)e , y (4x 4x 1)e − + − + ′ ′′ = − + = − −¡ 2 2 x x 2 1 y y 2y (4x 6x 2)e ; y y 2y 0 2x 3x 1 0 x ,x 1 2 − + ′′ ′ ′′ ′ + + = − + + + = ⇔ − + = ⇔ = =¡ b) 1đ Phân tích sin2xdx 2sinx.cosxdx 2sinx.d(2 sinx) 2 2 2 (2 sinx) (2 sinx) (2 sinx) + = = + + + Vì d(2 sinx) cosxdx+ = nên sin2xdx 2sinx.d(2 sinx) sinx 2.[ ]d(2 sinx) 2 2 2 2 (2 sinx) (2 sinx) (2 sinx) (2 s 2 inx) 2 + − + = = + + + + + minhnguyen249@yahoo.com 2 Nguyễn Vũ Minh Đề thi thử TNTHPT có đáp án 2009 2 2.[ ]d(2 sinx) 2 2 sinx (2 sinx) 1 = + − + + Do đó : 2 2 I 2.[ln |2 sinx | ] 0 2 sinx + + + π = = 1 2ln3 3 + Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt = + t 2 sinx c) 1đ Ta có : = − − + 3 2 y 2sin x sin x 4sinx 2 Đặt : = ∈ − ⇒ = − − + ∈ − 3 2 t sinx , t [ 1;1] y 2t t 4t 2 , t [ 1;1] ′ ′ = − − = ⇔ − − = ⇔ = ∨ = − 2 2 2 y 6t 2t 4 ,y 0 6t 2t 4 0 t 1 t 3 Vì − = = − − 2 98 y( 1) 3,y(1) 1,y( ) = 3 27 . Vậy : − = − ⇔ − − ⇔ − + π π − − + π ∈ ¡ ¢ 2 98 2 2 + Maxy = Maxy = y( ) khi t = sinx = 3 27 3 3 [ 1;1] 2 2 x = arcsin( ) k2 hay x = arcsin( ) k2 ,k 3 3 π = = − ⇔ ⇔ + π ∈ − ¢ ¡ + miny miny = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k 2 [ 1;1] Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM ⊥ AB thì OM = a ∆SAB cân có · = o SAB 60 nên ∆SAB đều . Do đó : = = AB SA AM 2 2 ∆SOA vuông tại O và · = o SAO 30 nên = = o SA 3 OA SA.cos30 2 ∆ OMA vuông tại M do đó : = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = 2 2 3SA SA 2 2 2 2 2 2 OA OM MA a SA 2a SA a 2 4 4 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : a) 1đ Qua A(1;2;0) ( ): 1 + VTCP a = (2; 2; 1) 1 + ∆ − − r , Qua B(0; 5;4) ( ): 2 + VTCP a = ( 2;3;0) 2 + − ∆ − r AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB 9 0 1 2 = − − = − ≠ uuur uuur r r ⇒ ( ) 1 ∆ , ( ) 2 ∆ chéo nhau . minhnguyen249@yahoo.com 3 Nguyễn Vũ Minh Đề thi thử TNTHPT có đáp án 2009 b) 1đ Qua ( ) Qua A(1;2;0) 1 (P): (P): (P):3x 2y 2z 7 0 + VTPT n = [a ;a ] (3;2;2) + // ( ) 1 2 2 + ∆ + ⇒ ⇒ + + − = = ∆ r r r Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Ta có : = − + = ⇔ + − + = ⇔ − + = x 2 3 2 x 8 0 (x 2)(x 2x 4) 0 2 x 2x 4 0 (*) Phưong trình (*) có ∆ = − = − = ⇒ ∆ = 2 1 4 3 3i i 3 nên (*) có 2 nghiệm : = − = +x 1 i 3 , x 1 i 3 Vậy phương trình có 3 nghiệm x 2 = − , = − = +x 1 i 3 , x 1 i 3 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a. 0,5đ Gọi x 2 t Qua M(2;3;0) Qua M(2;3;0) (d): (d): (d): y 3 t + VTCP a = n (1;1;2) + (P) P z 2t = + + + ⇒ ⇒ = + = ⊥ = r r Khi đó : N d (P) N(1;2; 2)= ∩ ⇒ − b. 1,5đ + Tâm I(1; 2;3)− , bán kính R = 6 + (Q) // (P) nên (Q) : x y 2z m 0 (m 1)+ + + = ≠ + (S) tiếp xúc (Q) m 1 (l) |1 2 6 m | d(I;(Q)) R 6 | 5 m | 6 m 11 6 = − + + ⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) : x y 2z 11 0+ + − = Câu V.b ( 1,0 điểm ) : = − + ⇒ = = π ϕ = − = − ϕ = = ⇒ ϕ = z 1 i z 2 r 1 2 1 2 3 cos , sin 2 2 4 2 2 Vậy : π π = + 3 3 z 2(cos isin ) 4 4 ************************************** minhnguyen249@yahoo.com 4 . Nguyễn Vũ Minh Đề thi thử TNTHPT có đáp án 2009 Đề 4 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 3 y x 3x 1= − + có. cầu (S) . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Biểu diễn số phức z = 1− + i dưới dạng lượng giác HƯỚNG DẪN minhnguyen 249 @yahoo.com 1 Nguyễn Vũ Minh Đề thi thử TNTHPT có đáp án 2009 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT. − ∆ − r AB ( 1; 7 ;4) ,[a ;a ].AB 9 0 1 2 = − − = − ≠ uuur uuur r r ⇒ ( ) 1 ∆ , ( ) 2 ∆ chéo nhau . minhnguyen 249 @yahoo.com 3 Nguyễn Vũ Minh Đề thi thử TNTHPT có đáp án 2009 b) 1đ