Thi thu cum 07 - Tay thuy anh

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