Đề-đáp án thi thử TN 2009

Sở GD&ĐT nghệ an
Trờng THPT Đô lơng 3
Kỳ thi thử tốt nghiệp lớp 12
Năm học 2008-2009
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 (Không kể thời gian giao đề)
I .PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Câu I (3,0im) Cho h m s :
3 2
1
2 3
3
y x x x= +
có th (C)
1. Kho sát s bin thiên v v th (C)
2. Da v o th (C), tìm m phng trình sau có 3 nghim phân bit

3 2
1
2 3 0
3
x x x m + + =

Câu II (3,0im)
1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số :
2
( )
2 1
x
f x
x

=
+
trên đoạn
[ ]
1;3
2. Tính tích phân:
2
1
0
1
( )
3
x
I x x e dx= +

3. Giải phơng trình:
2
2 2
log (2 1).log (2 4) 3
x x+
+ + =
Câu III (1,0im) Mt hỡnh nún cú nh S , khong cỏch t tõm O ca ỏy n dõy cung AB
ca ỏy bng a ,
ã
SAO 30=
o
,
ã
SAB 60=

o
. Tớnh di ng sinh theo a .
II.phần riêng( 3,0 điểm) Thí sinh học chơng trình nào thì chỉ đợc làm phần dành
riêng cho chơng trình đó (phần 1 hoặc 2).
1.Theo chơng trình chuẩn:
Câu IV.a (2,0im) x= 1- t
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho y= t và điểm A (3; 1; 2 )
z= -t
1. Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đờng thẳng
2. ( Bổ túc không phải làm câu này). Tìm toạ độ giao điểm N của đờng thẳng và mp
(P) có phơng trình :2x z - 1=0. Viết PT đờng thẳng d nằm trong (P) , biết d đi qua
điểm N và vuông góc với .
Câu V.a (1,0im) . Tìm mô đun của số phức :
1 3
2
i
z
i
+
=
+
.
2.Theo chơng trình nâng cao:
Câu IV.b (2,0im) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình :
x
2
+ y
2
+ z
2

- 4x - 2y + 4z - 7 = 0 , đờng thẳng d :
1 2
2 2 1
x y z +
= =

1.Viết PT mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu theo một đờng tròn có bán kính bằng 4.
2.Viết PT đờng thẳng đi qua tâm của mặt cầu (S), cắt và vuông góc với đờng thẳng d.
Câu IV.b (1,0im)
Cho hàm số
2
4 3
1
x x
y
x
+
=
+
. CMR : tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị đến
hai đờng tiệm cận của nó luôn là một hằng số.
đáp án và biểu điểm
Câu Đáp án
im
I (3,0
im)
1. (2,0 im)
Tp xác nh :D=R
0.25
S bin thiên:

. Chiu bin thiên : y=
2
4 3x x +
y=0

x=1
x=3
y>0
x

(-

;1)

(3; +

)

h m s ng bin trên mi khong (-

;1)
v (3; +

)
y<0
x
(1;3)

h m s ng bin trên khong (1;3)
.Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x=1, y

CĐ
=4/3
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1, y
CT
=0
0.5
. Giới hạn :
lim
x
y

=
0.25
. Bảng biến thiên
x -

1 3 +

y + 0 - 0 +
y 4/3 +

-

0
0.5
Đồ thị : Cắt trục hoành tại hai điểm (0;0) và (3;0)
0.5
2. (1,0 điểm )
Phơng trình đã cho tơng đơng với PT :
3 2

1
2 3
3
x x x m + =
. Do đó PT đã
cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đờng thẳng y=m cắt đồ thị (C)
tại 3 điểm phân biệt.
0.5
Dựa vào đồ thị (C) ta thấy 0<m<4/3 thì phơng trình có 3 nghiệm phân biệt 0.5
II (3,0 1. (1,0 điểm)
Trên đoạn
[ ]
1;3
, ta có : f(x)=
2
5
(2 1)x +
>0
0.5
Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn
[ ]
1;3
.
Do đó maxf(x)=f(3)=1/7
0.5
im
minf(x)=f(1)=-1/3
2. (1,0 điểm)
Ta có I=
2

1 1
2
0 0
1
3
x
x dx xe dx+

=
1
9
1
3
0
x
+
1
I
0.25
ta tính
1
I
. Đặt t=
2
x

2dt xdx
=
Khi x=0 thì t=0 , khi x=1 thì t=1.
do đó

1
I
=
1
1
0
0
1 1 1
( 1)
2 2 2
t t
e dt e e= =

0.5
Suy ra I=
1
9
+
1
( 1)
2
e
=
1 7
2 18
e
0.25
3. (1,0 điểm)
Điều kiện
x R

.
Ta có
2 2
log (2 1).log (4(2 1)) 3
x x
+ + =
2 2
log (2 1). 2 log (2 1) 3
x x

+ + + =

0.25
Đặt t=
2
log (2 1)
x
+
; vì 2
x
+1>1 nên t=
2
log (2 1)
x
+
>0
0.25
Do đó pt trở thành t
2

+ 2t -3 =0

t = 1
t = -3 ( loại )
0.25
Vậy
2
log (2 1)
x
+
=1

2
x
+1 =2

x = 0
0.25
III(1,0
im)
Gi M l trung im AB . K OM

AB thỡ OM = a
SAB
cõn cú
ã
SAB 60=
o
nờn
SAB

u .
Do ú :
AB SA
AM
2 2
= =
SOA
vuụng ti O v
ã
SAO 30=
o
nờn

SA 3
OA SA.cos30
2
= =
o
OMA
vuụng ti M do ú :
2 2
3SA SA
2 2 2 2 2 2
OA OM MA a SA 2a SA a 2
4 4
= + = + = =
0.25
0.25
0.5
IV.a

(2,0
điểm)
1.(1,0 điểm)
Theo bài ra đờng thẳng có VTCP là
u
r
=( -1; 1 ; -1).
Gọi H là hình chiếu của A lên đờng thẳng

H ( 1- t ; t ; -t )


AH
uuur
=( -t-2; t-1 ;-t-2 )
Ta lại có
.AH u
uuur r
= o

(t+2) +t -1 + t +2 =0

3t+3 =0

t =-1
Vậy H ( 2;- 1; 1 )
2. .(1,0 điểm)
Tơng tự N có toạ độ là ( 1- t ; t ; -t ). Ta có N

(P)

2.( 1 t) 0.t ( -t ) -1 =0

1 t =0

t = 1
Vậy N( 0 ; 1 ; - 1 )
0.25
mp (P) có VTPT
n =
r
( 2 ; 0 ; - 1 )
có VTCP
u
r
=( -1; 1 ; -1)
0.5
Vì d

(P) và d

nên d có VTCP là
d
u =
uur
( 1 ; 3 ;2 )
PT tham số của d là x= t
y= 1 + 3t
z= -1 + 2t

0.25
Va.( 1,0
điểm)
Ta có z=
1 3 (1 3 )(2 ) 5 5
1
2 (2 )(2 ) 5
i i i i
i
i i i
+ + +
= = = +
+ +
0.5
suy ra
z
=
2 2
1 1 2+ =
0.5
IV.b ( 1,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
(S) có PT : (x-2)
2
+ (y-1)
2
+ (z +2)
2
=16

có tâm I ( 2; 1; -2) và bán kính là R =4
0.25
Theo bài ra (P) cắt mặt cầu theo đờng tròn có bán kính R =4 nên (P) chứa
tâm I.
0.25
Do vậy (P) có cặp VTCP
(2;1; 2)OI
uur

(1;0;0)i
r


VTPT của (P) là
(0; 2; 1)n =
r
0.25
PT mp (P) là : 0(x-2) + 2(y-1) + 1(z+2)=0

2y + z = 0 0.25
2. (1,0 điểm)
Theo bài ra d có VTCP
u
r
= ( 2; 2; -1)
Gọi A =

d. Vì A
d

nên A (2t; 1+ 2t ; -2 t)
có VTCP
IA
uur
= ( 2t-2; 2t ; -t)
Vì

d nên
IA
uur
.
u
r
=0

2 ( 2t-2) +2.2t + t = 0

9t-4 = 0

t=
4
9
0.5
Suy ra
IA
uur
= (
10 8 4
; ;
9 9 9

) hay có VTCP là
'u
ur
= ( -5 ; 4 ; -2 )
Vậy đờng thẳng là x = 2 - 5t
y= 1 + 4t
z = -2 - 2t
0.5
V.b
(1,0điểm)
Ta có y=
2
4 3 6
3
1 1
x x
x
x x
+
= +
+ +
( C)
Tiệm cận xiên y=x+3

x - y +3 =0 Tiệm cận đứng x= -1
0.25
Gọi M (
0 0
;x y

)

( C)


0
y
=
0
0
6
3
1
x
x
+
+
.
Khoảng cách từ M đến đờng TCX là
h
1
=
0 0
0 0 0
0
6
( 3) 3
3 1
6
2 2 2 1

x x
x y x
x
+ + +
+ +
= =
+
Khoảng cách từ M đến TCĐ là
2 0
1h x= +
0.5
Ta có h
1
. h
2
=
0
0
6 6
. 1 3 2
2
2 1
x
x
+ = =
+
( hằng số)
0.25