Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2).. Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn.[r]
(1)ĐỀ THI MẪU MƠN TỐN THI TỐT NGHIỆP THPT 2009
(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
1
x y
x
− =
−
1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm sốđã cho
2 Tìm tất giá trị tham sốmđểđường thẳng y mx= +2cắt đồ thị hàm sốđã cho hai điểm phân biệt
Câu II (3,0 điểm)
1 Giải bất phương trình 1
2
log
1
x x
− < +
2 Tính tích phân
0
(sin cos )
2
x
I x dx
π
=∫ +
3 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f x( )= −x e2x đoạn [-1;0]
Câu III (1,0 điểm)
Cho khối chóp S.ABCD có AB = a, góc mặt bên mặt đáy 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh học chương trình làm phần dành riêng cho chương trình (phần phần 2)
1 Theo chương trình Chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho điểm A(1;4;2) mặt phẳng (P)
(2)1 Hãy tìm tọa độ hình chiếu vng góc A (P)
2 Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với (P) Câu V.a (1,0 điểm)
Tìm mơđun số phức z = 4-3i+(1-i)3
2 Theo chương trình Nâng cao: Câu IV.b (2,0 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho điểm A(-1;2;3) đường thẳng
d có phương trình:
1
x− = y− = z
1. Hãy tìm tọa độ hình chiếu vng góc A d
2 Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. Câu V.b (1,0 điểm)
Viết dạng lượng giác số phức z= −1 3i
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
I (3,0 điểm) (2,0 điểm)
Tập xác định: D= \{1} 0,25
Sự biến thiên:
• Chiều biến thiên: '
2
0
( 1)
y x D
x
= − < ∀ ∈ −
Suy ra, hàm số nghịch biến khoảng (−∞;1) (1;+∞)
•Cực trị: hàm số khơng có cực trị
0,50
•Giới hạn: lim lim −2;
x→−∞y=x→+∞y= limx→1+ y= +∞ limx→1− y= −∞
Suy ra, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng x=1, tiệm cận ngang đường thẳng y = -2
0,50
(3)0,25
Đồ thị:
• Đồ thị cắt trục tung điểm (0; -3) cắt trục hoành điểm
;0
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
• Đồ thị nhận điểm I(1;-2) (là giao điểm hai đường tiệm cận) làm tâm đối xứng
0,50
2 (1,0 điểm)
Đường thẳng y mx= +2cắt đồ thị hai điểm phân biệt
⇔ Phương trình (ẩn x) 2
1
x mx x
−
= +
− có hai nghiệm phân biệt
⇔ Phương trình (ẩn x) mx2−(m−4)x− =5 0 có hai nghiệm phân biệt, khác
0,50
x −∞ 1 +∞
− −
'
y y −2
−∞
+∞
1,5
2
−
y
I
‐3
‐2
(4)2
0
( 4) 20
.1 ( 4).1
m m m m m ≠ ⎧ ⎪
⇔ Δ =⎨ − + >
⎪ − − − ≠
⎩
0
2
12 16
6 0
m
m m
m hay m hay m
≠ ⎧
⇔ ⎨ + + > ⎩
⇔ < − − − + < < >
0,50
II (3,0 điểm) 1 (1,0 điểm)
Bất phương trình cho tương đương với bất phương trình: 1 x x − > + 0,50
1
2
2
1
1 x x x x x x x x
⎡⎧ − > ⎨
⎢ + > < − ⎡ − ⎢⎩
⇔ > ⇔⎢ ⇔ ⎢ > + ⎧ − < ⎣
⎢⎨ + < ⎢⎩ ⎣
0,50
2 (1,0 điểm)
2
0
sin cos
2
x
I dx xdx
π π =∫ +∫ 0,25 2 x cox π = − + sin 2 x π 0,50 2
= − 0,25
3 (1,0 điểm)
Ta có: f x'( ) 2= − e2x. 0,25
Do đó: f x'( ) 0= ⇔ = −x ln ( 1;0);∈ −
(5)f x'( ) 0< ∀ ∈ −x ( ln 2;0]. Suy ra:
[ 1;0]
1
max ( ) ( ln 2) ln ;
2
x∈ − f x = f − = − −
[ 1;0]
min ( ) min{ ( 1); (0)}
x∈ − f x = f − f
=min{ 1− −e−2; 1}− = − −1 e−2.
0,50
III (1,0 điểm)
Do S.ABCD khối chóp AB = a nên đáy ABCD hình vng cạnh a. Gọi O tâm hình vng ABCD gọi I trung điểm cạnh BC Ta có SO đường cao góc mặt bên mặt
đáy khối chóp cho
SIO 0,50
Trong tam giác vng SOI, ta có:
tan tan 60
2
a a
SO OI= SIO= o =
Diện tích đáy:
ABCD
S =a
0,25
Do đó, thể tích khối chóp S.ABCD là:
1
3
S ABCD ABCD
a a
V = S SO= a =
S
3
0,25
IV.a (2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
Ký hiệu d đường thẳng qua A vng góc với (P) Gọi H giao
điểm d (P), ta có H hình chiếu vng góc A (P)
0,25
O I
D
A B
(6)Do rv=(1;2;1) vectơ pháp tuyến (P) nên vr vectơ
phương d Suy ra, d có phương trình:
1
x− y− z−
= = 0,25
Tọa độ H nghiệm hệ phương trình:
1
1
2
x y z
x y z
− − −
⎧ = =
⎪ ⎨
⎪ + + − =
⎩
2
Giải hệ trên, ta được: 2, 2,
3
x y z
3
= − = =
Vậy: 2 1; ;
3 3
H = −⎛⎜ ⎞⎟
⎝ ⎠
0,50
2 (1,0 điểm). Có thể giải theo hai cách
•Cách (Dựa vào kết phần 1):
Ký hiệu R bán kính mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (P) Ta có:
2 2
2
1
3 3
R=AH = ⎛⎜ + ⎞⎟ +⎜⎛ − ⎞⎟ +⎛⎜ − ⎞⎟ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
6
0,50
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
( 1)2 ( 4)2 ( 2)2 50
3
x− + y− + −z =
Hay: 3x2+3y2+3z2−6x−24y−12z+13 0.=
0,50
•Cách (độc lập với kết phần 1):
Ký hiệu R bán kính mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (P) Ta có
R khoảng cách từAđến (P) Suy ra:
2 2
1.1 2.4 1.2
1
R= + + − =
+ +
0,50
(7)( 1)2 ( 4)2 ( 2)2 50
x− + y− + −z =
Hay: 3x2+3y2+3z2−6x−24y−12z+13 0.=
V.a (1,0 điểm)
Ta có: z= − + − − + = −4 3i (1 3i i) i 0,50
Do đó: z = 25+ = 29 0,50
IV.b (2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
Ký hiệu (P) mặt phẳng qua A vng góc với d Gọi H giao
điểm (P) d, ta có H hình chiếu vng góc A d
0,25
Do rv=(1; 2;1) vectơ phương d nên vr vec tơ pháp tuyến (P) Suy ra, (P) phương trình: x+2y+z-6=0.
0,25
Do đó, tọa độ H nghiệm hệ phương trình:
2
1
2
1
x y z
x y z
− −
⎧ = =
⎪ ⎨
⎪ + + − = ⎩
Giải hệ trên, ta được: 7, 5,
3
x y z
3
= = =
Vậy 1; ;
3 3
H = ⎜⎛ ⎞⎟
⎝ ⎠
0,50
2 (1,0 điểm). Có thể giải theo hai cách
•Cách (dựa vào kết phần 1):
Ký hiệu R bán kính mặt cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d Ta có:
2 2
7 165
1
3 3
R= AH = ⎛⎜ + ⎞⎟ +⎜⎛ − ⎞⎟ +⎛⎜ − ⎞⎟ =
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
(8)Do đó, mặt cầu có phương trình :
( 1)2 ( 2)2 ( 3)2 55
3
x+ + y− + −z =
Hay: 3x2+3y2+3z2+6x−12y−18z−13 0.=
0,50
•Cách (độc lập với kết phần 1):
Ký hiệu R bán kính mặt cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d Ta có R khoảng cách từAđến d Suy ra:
2 2
2 2
1 3 3
2 1 1 165
1
R
− −
+ +
= =
+ +
0,50
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
( 1)2 ( 2)2 ( 3)2 55
3
x+ + y− + −z =
Hay: 3x2+3y2+3z2+6x−12y−18z−13 0.=
0,50
V.b (1,0
điểm) Ta có: z=2⎜⎛⎜12− 23i⎟⎞⎟
⎝ ⎠
0,50
cos sin
3 i
π π
⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ = ⎢ ⎜− ⎟+ ⎜− ⎟⎥ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎣ ⎦
0,50