De thi mau mon Toan thi tot nghiep THPT 2009

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]

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)

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

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

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);∈ −

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

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

( 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 = ⎛⎜ + ⎞⎟ +⎜⎛ − ⎞⎟ +⎛⎜ − ⎞⎟ =

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

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