Dedap an thi thu TN 2009

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (161.69 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở GD&ĐT nghệ an

Trờng THPT Đô lơng 3 Kú thi thö tốt nghiệp lớp 12Năm học 2008-2009
Môn thi: Toán

Thi gian: 150 (Không kể thời gian giao đề)’
I .PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ TH SINHÍ (7,0 điểm)

C©u I (3,0điểm) Cho h m sà ố:

3 2

2 3

y x  x  x

cã đồ thị (C)
1. Kho sát s bin thiên v v thị (C)

2. Dựa v o à đồ thị (C), t×m m phng trình sau có 3 nghim phân biệt

3 2

2 3 0

3x x x m

    

Câu II (3,0im)

1. Tìm GTLN, GTNN cđa hµm sè :

2
( )

2 1

x
f x

x




 trên đoạn

1;3

2. Tính tích phân:

( )

x

I

x x e dx

3. Giải phơng trình:

2 2

log (2x 1).log (2x 4) 3

  

C©u III (1,0điểm) Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung

AB của đáy bằng a , SAO 30  , SAB 60   . Tính độ dài đường 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 vng góc của điểm A trên đờng thẳng

2. ( Bổ túc khơng 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 vng góc với .

C©u V.a (1,0điểm) . Tìm mô đun của số phức :

1 3
2

i
z

i

.
2.Theo chơng trình nâng cao:

Cõu IV.b (2,0im) Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình :
x2 + y2 + z2 - 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 trịn có bán kính bằng
4.

2.Viết PT đờng thẳng đi qua tâm của mặt cầu (S), cắt và vng góc với đờng thẳng d.
Câu IV.b (1,0điểm)

Cho hµm sè

2 4 3

x x

y

x

 



 . CMR : tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị đến 
hai đờng tiệm cận của nó ln là một hằng số.

đáp án và biểu điểm

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

I (3,0

điểm) 1. (2,0 Tp xác im)nh :D=R 0.25

S bin thiên:

. Chiu bin thiªn : y’=x2 4x3
y’=0  x=1
x=3

y’>0  x (-;1)(3; +)  h m sà ốđồng biến trªn mỗi khoảng (-

;1) v (3; +à )

y’<0  x (1;3)  h m sà ốđồng biến trên khoảng (1;3)
.Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x=1, yCĐ=4/3

Hàm số đạt cực tiểu tại x=1, yCT=0

0.5

. Giíi h¹n : xlim 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

2 3

3x  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

im

1. (1,0 điểm)

Trên đoạn

1;3

, ta cã : f’(x)= 2

(2x1) >0

0.5
Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn



1;3



Do đó maxf(x)=f(3)=1/7
minf(x)=f(1)=-1/3

0.5
2. (1,0 ®iĨm)

Ta cã I=

1 1
2
0 0

1
3

x

x dx xe dx



1
9

1
3

x

+I1

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

ta tính I1. Đặt t=x2  dt2xdx
Khi x=0 thì t=0 , khi x=1 thì t=1.
do đó I1=

1
0
0

1 1 1

( 1)

2 2 2

t t

e dt e  e



0.5

Suy ra I=

9+

( 1)

2 e =

1 7

2e 18

0.25
3. (1,0 điểm)

Điều kiện x R.

Ta cã log (22 1).log (4(22 1)) 3

x x

   log (22 1). 2 log (22 1) 3

x x



0.25

Đặt t=log (22 1)
x

; vì 2x+1>1 nên t=log (22 1)
x

>0 0.25

Do đó pt trở thành t2 + 2t -3 =0  t = 1

t = -3 ( lo¹i )

0.25

VËy log (22 1)
x



=1 2x +1 =2  x = 0 0.25

III(1,0

điểm) Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM



AB thì OM = a

SAB

 cân có SAB 60   nên SAB đều .

Do đó :

AB SA
AM

2 2

 

SOA

 vng tại O và SAO 30  nên

SA 3
OA SA.cos30

 

OMA

 vng tại M do đó :

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 
®iĨm)

1.(1,0 ®iĨm)

Theo bài ra đờng thẳng có VTCP là u



=( -1; 1 ; -1).
Gọi H là hình chiếu của A lên đờng thẳng

 H ( 1- t ; t ; -t )  AH=( -t-2; t-1 ;-t-2 )

Ta l¹i cã AH u.

 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 

= o  (t+2) +t -1 + t +2 =0  3t+3 =0  t =-1
VËy H ( 2;- 1; 1 )

2. .(1,0 ®iĨm)

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
VËy N( 0 ; 1 ; - 1 )

0.25

mp (P) cã VTPT n



( 2 ; 0 ; - 1 )
cã VTCP u



=( -1; 1 ; -1)

V× d(P) và d nên d có VTCP là ud 



( 1 ; 3 ;2 )

0.5

PT tham sè cña d lµ x= t
y= 1 + 3t
z= -1 + 2t

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Va.( 1,0 
®iĨm)

Ta cã z=

1 3 (1 3 )(2 ) 5 5

2 (2 )(2 ) 5

i i i i

i

i i i

   

   

  

0.5

suy ra z = 1212  2 0.5

IV.b ( 1,0
®iĨm)

1. (1,0 ®iĨm)

(S) cã PT : (x-2)2 + (y-1)2 + (z +2)2 =16

Theo bài ra (P) cắt mặt cầu theo đờng trịn có bán kính R =4 nên (P)

Do vËy (P) cã cỈp VTCP OI(2;1; 2)



i(1;0;0)

 VTPT cđa (P) lµ n(0; 2; 1) 



0.25

PT mp (P) lµ : 0(x-2) + 2(y-1) + 1(z+2)=0 2y + z = 0 0.25
2. (1,0 điểm)

Theo bài ra d cã VTCP u



= ( 2; 2; -1)

Gäi A = d. Vì Ad nên A (2t; 1+ 2t ; -2 –t)

cã VTCP IA


= ( 2t-2; 2t ; -t)
V× d nªn IA


. u



=0  2 ( 2t-2) +2.2t + t = 0  9t-4 = 0
 t=

4
9

0.5

Suy ra IA


= (

10 8 4

; ;

9 9 9

 

) hay cã VTCP lµ u'



= ( -5 ; 4 ; -2 )
Vậy đờng thẳng là x = 2 - 5t

y= 1 + 4t
z = -2 - 2t

0.5

V.b 
(1,0®iĨm)

Ta cã y=

2 4 3 6

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

Gäi M ( x y0; 0)  ( C)  y0 = 
0

6
3

x

 

 .
Khoảng cách từ M đến đờng TCX là

h1 =

0 0

0 0 0

( 3) 3

3 1 6

2 2 2 1

x x

x y x

x

   

  

 


Khoảng cách từ M đến TCĐ là h2 x01

0.5

Ta cã h1. h2=

0
0

6 6

. 1 3 2

2 x 1 x   

( h»ng sè)

</div>

Dedap an thi thu TN 2009

<sub></sub>













Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về