Thi thử TN 2009 Môn toán 1

TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT TỔ TOÁN Naêm hoïc: 2008-2009 Thời Gian: 150 phút (Đề: 1) I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm): Cho hàm số: x x y 1 − = . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2. CMR: 0 ≠∀ m thì đường thẳng mmxy 2 −= luôn cắt đồ thị đã cho tại hai điểm phân biệt và trong đó có ít nhất một giao điểm có hoành độ dương. Câu 2. (3,0 điểm): 1. Giải phương trình: log 3 ( ) 13 − x .log 3 ( ) 33 1 − + x =6 2. Tính tích phân sau: dxxxI .1. 2 5 1 3 −= ∫ 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: xxxf sin42cos2)( += trên đoạn       2 ;0 π . Câu 3. (1 điểm): Cho tứ diện ABCD. Gọi B’ và C’ lần lượt là trung điểm của AB và AC. Tính tỉ số thể tích của khối tứ diện AB’C’D và khối tứ diện ABCD. II – PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó. 1. Theo chương trình Chuẩn Câu 4. ( 2,0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình: 4 2 1 2 3 1 + = + = − zyx và mặt phẳng (P) có phương trình: 040146 =−−− zyx 1. Chứng minh rằng d song song với (P). Tính khoảng cách giữa d và (P). 2. Tìm điểm N đối xứng với điểm M )0;1;1( − qua đường thẳng d. Câu 5. ( 1,0 điểm) : Tính môđun của số phức z biết: ( ) 32 iz −=       + 3 2 1 i . 2. Theo chương trình Nâng cao Câu 4. ( 2,0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 đường thẳng có phương trình: ∆ 1 : 1 1 2 2 3 1 x y z+ − − = = , ∆ 2 : 2 2 1 5 2 x y z− + = = − và mặt phẳng (P): 2x − y − 5z + 1 = 0. 1. Chứng minh rằng ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng ấy. 2. Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (P), đồng thời cắt cả ∆ 1 và ∆ 2 . Câu 5. ( 1,0 điểm) : Tìm dạng đại số của số phức z biết: 2009 2 3 2 1         +−= iz . ……………………HẾT……………………. ĐÁP ÁN Câu 1: 1/. . Tập xác đònh }0{\RD = . Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Dx x y ∈∀>= ,0 1 ' 2 Suy ra hàm số nghòch biến trên mỗi khoảng )0;( −∞ và );0( +∞ . Cực trò: hàm số không có cực trò . Giới hạn: 1 limlim == ∞−→∞−→ yy xx ; +∞=−∞= −+ →→ yy xx limlim 00 ; Suy ra đồ thò của hàm số có tiệm cận đứng là: x=0 và tiệm cận ngang là: y=1 . Bảng biến thiên: x -∞ 0 +∞ y’ + - y + ∞ 1 1 -∞ . Đồ thò cắt trục Ox tại điểm (1;0) và cắt truc Oy tại điểm (0; -1) . Đồ thò nhận điểm I(0; 1) làm tâm đối xứng . Đồ thò (vẽ hình) 2/. Phương trình hoành độ giao điểm: mmx x x 2 1 −= − 0,01)12( 2 ≠=++−⇔ xxmmx (1) Để đồ thò cắt đường thẳng tại 2 điểm phân biệt thì Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 0 01 04)12( 0 2 ≠⇔      ≠ >−+=∆ ≠ ⇔ mmm m Với 0 ≠ m :        == + =+= m xxP m m xxS 1 . 12 21 21 Nếu m< 0 ⇒<⇒ 0P pt(1) có 2 nghiệm trái dấu Nếu m> 0 ⇒    > > ⇒ 0 0 P S pt(1) có 2 nghiệm phân biệt dương Vậy 0 ≠∀ m thõa yêu cầu bài toán Câu 2: 1/. Điều kiện: x > 0 (1) ⇔ 6)]13(log1).[13(log 33 =−+− xx (2) Đặt: )13(log 3 − x = t (2) ⇔ t(t+1) = 6 ⇔    = −= 2 3 t t Với t= -3: 27 28 log3)13(log 33 =⇔−=− x x Với t= 2: 10log2)13(log 33 =⇔=− x x 2/. Đặt 1 2 −= xt xdxtdtxt 221 22 =⇒−=⇒ Đổi cận 25;01 =⇒==⇒= txtx I= 15 136 ) 35 ()(.).1( 2 0 2 0 35 24 2 0 2 =+=+=+ ∫∫ tt dtttdtttt 3/. 2sin4sin22sin4)sin21(2)( 22 ++−=+−= xxxxxf Đặt t= sinx, ]1;0[] 2 ;0[ ∈⇒∈∀ tx π . Hàm số viết lại là: 2422)( ++−= tttg 424)(' +−=⇒ ttg Cho g’(t) = 0 ⇔ 2 2 = t Ta có ;2)0( = g ;24)1( −= g ;22) 2 2 ( = g 22)( max ] 2 ;0[ = ∈ xf x π ; 2)( min ] 2 ;0[ = ∈ xf x π Câu 3: Gọi H là chân đường cao kẽ từ đỉnh D xuống mặt phẳng (ABC) DHCABACABDH SV CABDCAB ).' ˆ 'sin('.'. 6 1 . 3 1 '''' == ∆ DHCABACABDH SV ABCABCD ). ˆ sin( 6 1 . 3 1 == ∆ 4 1 . ''. '' ==⇒ ACAB ACAB V V ABCD DCAB Theo chương trình chuẩn Câu 4: 1/. d: vtcp: )4;1;3( = d a  d đi qua M(1;-2;-2) (P): vtcp: )1;14;6( −−= P a     ≠−+−− =−− ⇔    ∉ = ⇔ 0402)2(141.6 041418 )( 0. )//( PM na Pd Pd  (đúng) d(d,(P))= d(M,(P))= 233 4 )1()14(6 402281.6 222 = −+−+ −++ 2/. Gọi H là hình chiếu của M trên d )42;1;3()42;2;31( tttMHtttHdH +−+−=⇒+−+−+⇒∈ 26 9 0. =⇔=⇔⊥ taMHdMH d  Suy ra H( ; ; ) Điểm N đối xứng với M qua suy ra H là trung điểm MN );;(N ⇒ Câu 5: iiiiz 2 33 43 2 3 321 2 +=−−+= 2 29 4 27 16 =+=⇒ z Theo chương nâng cao: Câu 4: 1/. : 1 ∆ vtcp )1;3;2( 1 a  , 1 ∆ đi qua M 1 (-1;1;2) : 2 ∆ vtcp )2;5;1( 2 − a  , 2 ∆ đi qua M 2 (2;-2;0) Ta có: )7;5;11(],[ 21 −= aa  , )2;3;3( 21 −= MM 062)2(7)3(53.11].,[ 2121 ≠−=−+−+−=⇒ MMaa  Vậy 1 ∆ chéo 2 ∆ : 195 62 4925121 62 ],[ ].,[ ),( 21 2121 21 = ++ ==∆∆ aa MMaa d   2/. Gọi A,B lần lượt là giao điểm của ∆ với 1 ∆ và 2 ∆ )2;31;21( 1 tttAA +++−⇒∆∈ )'2;'52;'2( 2 tttBB −+−+⇒∆∈ )'22;3'53;2'3( ttttttAB −−−−+−−+=⇒ )(P ⊥∆ suy ra AB cùng phương P n     = = ⇔    −=− −=− ⇔ − −−− = − −+− = −+ ⇒ 1' 1 13'2714 3'118 5 '22 1 3'53 2 2'3 t t tt tt tttttt Suy ra A(1;4;3), B(3;3;-1) Đường thẳng ∆ qua A(1;4;3) và có vtcp )5;1;2( −−= AB là: 5 3 1 4 2 1 − − = − − = − zyx Câu 5: iii iiz 2 3 2 1 3 4 sin 3 4 cos) 3 4 1338sin() 3 4 1338cos( 3 4018 sin 3 4018 cos) 3 2 sin 3 2 (cos 2009 −−=+=+++= +=+= πππ π π π ππππ . )7;5 ;11 (],[ 21 −= aa  , )2;3;3( 21 −= MM 062)2(7)3(53 .11 ].,[ 212 1 ≠−=−+−+−=⇒ MMaa  Vậy 1 ∆ chéo 2 ∆ : 19 5 62 492 512 1 62 ],[ ].,[ ),( 21 212 1 21 = ++. 33 43 2 3 3 21 2 +=−−+= 2 29 4 27 16 =+=⇒ z Theo chương nâng cao: Câu 4: 1/ . : 1 ∆ vtcp )1; 3;2( 1 a  , 1 ∆ đi qua M 1 ( -1; 1;2) : 2 ∆ vtcp )2;5 ;1( 2 − a 