DE 4 ON THI TOT NGHIEP THPT 2009

¤n Thi tốt N GHIỆP THPT . N¨m häc : 2008 - 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 sin 2x I dx 2 (2 sin x) 0 π = + ∫ c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2 y 2sin x cos x 4sin x 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 . - 1 - ¤n Thi tốt N GHIỆP THPT . N¨m häc : 2008 - 2009 . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN 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 sin 2xdx 2sin x.cos xdx 2sin x.d(2 sin x) 2 2 2 (2 sin x) (2 sin x) (2 sin x) + = = + + + Vì d(2 sin x) cos xdx+ = nên sin 2xdx 2sin x.d(2 sin x) sin x 2.[ ]d(2 sin x) 2 2 2 2 (2 sin x) (2 sin x) (2 sin x) (2 s 2 in x) 2 + − + = = + + + + + - 2 - ¤n Thi tốt N GHIỆP THPT . N¨m häc : 2008 - 2009 2 2.[ ]d(2 sin x) 2 2 sin x (2 sin x) 1 = + − + + Do đó : 2 2 I 2.[ ln | 2 sin x | ] 0 2 sin x + + + π = = 1 2 ln 3 3 + Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt t 2 sin x= + c) 1đ Ta có : 3 2 y 2sin x sin x 4sinx 2= − − + Đặt : 3 2 t sin x , 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 : 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 − − + π ∈ ¡ ¢ + min y min y = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k 2 [ 1;1] π = = − ⇔ ⇔ + π ∈ − ¢ ¡ Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM ⊥ AB thì OM = a SAB∆ cân có · SAB 60= o nên SAB∆ đều . Do đó : AB SA AM 2 2 = = SOA∆ vuông tại O và · SAO 30= o nên SA 3 OA SA.cos30 2 = = o 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 . 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 - 3 - ¤n Thi tốt N GHIỆP THPT . N¨m häc : 2008 - 2009 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 ) : z 1 i z 2 r 1 2 1 2 3 cos , sin 2 2 4 2 2 = − + ⇒ = = π ϕ = − = − ϕ = = ⇒ ϕ = Vậy : 3 3 z 2(cos isin ) 4 4 π π = + - 4 - .   r r r - 3 - ¤n Thi tốt N GHIỆP THPT . N¨m häc : 2008 - 2009 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 (*)  = − + = ⇔. 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 . - 1 - ¤n Thi tốt N GHIỆP THPT