SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH CỤM THI SỐ VII ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài 150 phút I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). Câu I (3,0 điểm). Cho hàm số y = – x 3 + 3x 2 + 1 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình: x 3 – 3x 2 + m – 3 = 0 Câu II (3,0 điểm). 1. Giải phương trình: 12)22(log).12(log 1 22 =−− +xx 2. Tính tích phân: I = cos 0 ( )sin x e x xdx π + ∫ . 3. Tìm giá trị lớn nhất và gía trị nhỏ nhất của hàm số 2 ( ) 2 1f x x x= + − trên đoạn [-1; 1]. Câu III (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đường cao SI = a với I là trung điểm của BC .Đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và BC = 2a. 1.Tính thể tích khối chóp S.ABC. 2.Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. II . PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). Thí sinh chỉ được chọn 1 trong 2 phần A hoặc B để làm bài: A. Theo chương trình Chuẩn: Câu IVa. ( 1,0 điểm). Tìm môđun của số phức: z = 1 + 4i + (1 – i) 3 . Câu Va.(2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz và có trọng tâm G(1;2;-1) . 1 Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C của tam giác.Tính diện tích tam giác ABC 2.Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng ( α ) có phương trình x + 2y- z +2 = 0 sao cho : MOMCMBMA +++ có giá trị nhỏ nhất B. Theo chương trình Nâng cao : Câu IVb. ( 1,0 điểm). Gọi z 1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2z + 10 = 0. Tính giá trị của biểu thức: 2 2 1 2 A z z= + . Câu Vb. (2,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;0;1), D(-2;1;-1) 1.Viết phương trình mặt phẳng (ABC), chứng tỏ rằng ABCD là một tứ diện. 2.Tìm toạ điểm D 1 đối xứng với điểm D qua mặt phẳng (ABC). 3.Lập phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (ABC) sao cho ∆ vuông góc với AD và cách A một khoảng bằng 2 . Hết Họ và tên thí sinh ……………………. Số báo danh ……………… Chữ ký của giám thị 1 ………………. Chữ ký của giám thị 2 ………………. SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH CỤM THI SỐ VII KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài 150 phút ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC – BIỂU ĐIỂM - Phạm Viết Thông -THPT Tây Thụy Anh CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu I (3đ) 1. (2 điểm) + TXĐ: D = R ……………………………………………………………………… + lim x y →+∞ = −∞ ; lim x y →−∞ = +∞ …………………………………………………………………… + y’ = − 3x 2 + 6x ………………………………………………………………………… y’ = 0 ⇔ 0 1 2 5 x y x y = ⇒ = = ⇒ = …………………………………………………………………………. + Bảng biến thiên: x – ∞ 0 2 + ∞ y’ – 0 + 0 – y + ∞ 5 1 – ∞ Hàm số đồng biến trên khoảng (0 ; 2). Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; 0) và (2 ; + ∞) Hàm số đạt cực đại tại x = 2, giá trị cực đại y CĐ = 5 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, giá trị cực tiểu y CT = 1 …………………………………………………………………………. + Đồ thị đi qua điểm: (– 1 ; 5) ; (0 ; 1) ; (1 ; 3) ; (3 ; 1) + Đồ thị: Nhận xét: Đồ thị có tâm đối xứng là điểm U(1 ; 3). 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 2. (1 điểm) + x 3 – 3x 2 + m – 3 = 0 ⇔ – x 3 + 3x 2 + 1 = m – 2 (*) Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C): y = – x 3 + 3x 2 + 1 và đường thẳng ∆: y = m – 2. ……………………………………………………………………… Dựa vào đồ thị ta có: + m < 3 hoặc m > 7: phương trình có 1 nghiệm. ……………………………………………………………………… + m = 3 hoặc m = 7: phương trình có 2 nghiệm. ……………………………………………………………………… + 3 < m < 7: phương trình có 3 nghiệm. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II (3đ) 1. (1 điểm) Điều kiện : x > 0 . 2 2 x x pt log (2 1).[1 log (2 1)] 12 0 (1)⇔ − + − − = Đặt : 2 x t log (2 1)= − thì 2 (1) t t 12 0 t 3 t 4⇔ + − = ⇔ = ∨ = − ⇔ − = ⇔ = ⇔ = − ⇔ − = − ⇔ = ⇔ = 2 2 x x + t = 3 log (2 1) 3 2 9 x log 9 2 17 17 x x + t = 4 log (2 1) 4 2 x log 2 16 16 0,25 0,25 0,5 2. (1 điểm) I = cos 0 ( )sin x e x xdx π + ∫ = cos 0 0 sin sin x e xdx x xdx π π + ∫ ∫ = A + B …………………………………………………………………………. Tính A= cos 0 sin x e xdx π ∫ Đặt t = cosx ⇒ sindt xdx= − x = 0 ⇒ t = 1 ; x = π ⇒ t = –1 1 1 1 cos 1 1 1 1 sin x t t t o e xdx e dt e dt e e e π − − − = − = = = − ∫ ∫ ∫ ……………………………………………………………………… Tính B = 0 sinx xdx π ∫ Đặt sin cos u x du dx dv xdx v x = = ⇒ = = − 0 0 0 0 sin cos cos (sin )x xdx x x xdx x π π π π π π = − + = + = ∫ ∫ ………………………………………………………………………… Vậy: I = 1 e e π − + . 0,25 0,25 0,25 0,25 3. (1 điểm) Tập xác định : D = [ ] 1;1− Ta có 2 '( ) 2 1 x f x x = − − . ……………………………………………………………………… Khi đó: 2 2 '( ) 0 2 1 5 f x x x x= ⇔ − = ⇔ = ……………………………………………………………………… Ta có: 2 ( 1) 2, (1) 2, ( ) 5 5 f f f− = − = = ……………………………………………………………………… Vậy: [ ] 1;1 min ( ) 2 x f x ∈ − = − và [ ] 1;1 max ( ) 5 x f x ∈ − = . 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (1đ) Thể tích khối chóp S.ABC : V = hB. 3 1 h = SI = a Tam giác ABC vuông cân tại A => AI là trung tuyến Đồng thời là đường cao => AI = aBC = 2 1 I C B A S B = S ABC = 2 .2. 2 1 . 2 1 aaaAIBC == => V = 3 3 a + Ta có : IS = IB = IC = IA = a => mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp có tâm I bán kính r = a + Diện tích mặt cầu (S) : mc S = 4 2 r π = 4 2 a π 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IVa. (1đ) Vì − = − + − = − − + = − − 3 3 2 3 (1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i . Suy ra : = − + ⇒ = − + = 2 2 z 1 2i z ( 1) 2 5 0,50 0,50 Câu Va. (2đ) 1. +Vì các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz nên ta gọi A(x;0;0) , B(0;y;0), C(0;0;z) . Theo đề : G(1;2;-1) là trọng tâm tam giác ABC x 1 3 x 3 y 2 y 6 3 z 3 z 1 3 = = ⇔ = ⇔ = = − = − Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0;-3) +Ta có : ⇒= ∆ ABCOABC SABCOdV )).(,( 3 1 ))(,( .3 ABCOd V S OABC ABC = ∆ Phương trình mặt phẳng (ABC) : x y z 1 3 6 3 + + = − nên 1 d(O,(ABC)) 2 1 1 1 9 36 9 = = + + Mặt khác : 1 1 V .OA.OB.OC .3.6.3 9 OABC 6 6 = = = Vậy : 27 S ABC 2 = 0,25 0,25 0,50 2. Với E là trọng tấm của tứ diện OABC ta có E cố định và : MOMCMBMA +++ = ME = 4ME nhỏ nhất khi M là hình chiếu của E trên mặt phẳng ( α ) . +. 3 3 3 ( ; ; ) 4 2 4 E − + Viết được phương trình đường thẳng qua E và vuông góc với mp( α ) có VTCP )1;2;1( −=u … là 3 4 3 2 2 3 4 x t y t z t = + = + − = − + Thay x,y,z,v ào m ặt ph ẳng ( α ) tìm được t = -13/12… Kết luận : 1 2 1 ( ; ; ) 3 3 3 M − − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IVb. (1đ) 1.(1 điểm) Ta có: 2' 99 i=−=∆ Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm là: z 1 = – 1 + 3i và z 2 = – 1 – 3i. Ta có: 2 2 2 2 1 2 ( 1) 3 10; ( 1) ( 3) 10z z= − + = = − + − = Vậy: A = 20. 0,50 0,50 2. (1 điểm) Câu Vb. (2đ) 1. PT mp(ABC) có dạng : 1=++ c z b y a x <=> PT : 1 111 =++ zyx <=> x + y + z – 1 = 0 Thế tọa độ D vào PT mp(ABC) ta có : - 3 = 0 (sai) => D ∉ mp(ABC) => ABCD là hình tứ diện . 2. Tìm toạ điểm D 1 đối xứng với điểm D qua PT mp(ABC) là x + y + z – 1 = 0. D 1 n ằm tr ên đ ư ờng th ẳng qua D v à vu ông g óc v ới mp(ABC) c ó phương trình l à: +−= += +−= tz ty tx 1 1 2 + Tìm được điểm giao với mp(ABC) là H(-1;2;0) . H là trung điểm của DD 1 vậy D 1 (0;3;1) 0,25 0,25 0,25 0,50 3.Lập phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (ABC) sao cho ∆ vuông góc với AD và cách A một khoảng bằng 2 . AD = (-3;1;-1) + Trươc hết phương trình đường thẳng 1 ∆ qua A nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc vơi AD có toạ độ thoả mãn hệ : =−−−+−− =−++ 0)0(1)0(1)1(3 01 zyx zyx <=> …<=> −= +−= = tz ty tx 22 1 Do ∆ cách A một khoảng bằng 2 nên ∆ thuộc mp(P) vừa song song với 1 ∆ vừa vuông góc với mp(ABC) do đó nó có VTPT [ ] 1 , ∆ = unn ABC P = (1;-1;0) Ta được phương trình có dạng x - y+D = 0 . + Khoảng cách d(A;(p)) = 2 … + Ta được −= = 3 1 D D Do đó đường thẳng ∆ là các điểm thoải mãn : 1 0 1 0 3 0 1 0 x y x y z x y x y z − + = + + − = − − = + + − = Ta được 1 2 x t y t z t = = + = − ; 3 4 2 x t y t z t = = − + = − với Rt ∈ đó là hai đường thằng thoả mãn đầu bài ( hai nghiệm ) 0,25 0,25 0,25 Chú ý : Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như nhau . Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm tròn lên đến 0,5 điểm . HẾT . ……………………. Số báo danh ……………… Chữ ký của giám thị 1 ………………. Chữ ký của giám thị 2 ………………. SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH CỤM THI SỐ VII KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian. SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH CỤM THI SỐ VII ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài 150 phút I . PHẦN CHUNG CHO. và có trọng tâm G(1;2 ;-1 ) . 1 Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C của tam giác.Tính diện tích tam giác ABC 2.Tìm toạ độ điểm M thu c mặt phẳng ( α ) có phương trình x + 2y- z +2 = 0 sao cho :