Tớnh 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.. Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vu
Trang 1Sở 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 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ TH SINH Í (7,0 điểm)
Câu I (3,0điểm) Cho h m sà ố: 1 3 2
3
y= x − x + x có đồ thị (C)
1 Khảo sát sự biến thiên v và ẽ đồ thị (C)
2 Dựa v o à đồ thị (C), tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt
1 3 2
Câu II (3,0điểm)
1 Tìm GTLN, GTNN của hàm số : ( ) 2
2 1
x
f x
x
−
= + trên đoạn [ ]1;3
1
0
1
3
x
I =∫x x e dx+
log (2x+ 1).log (2x+ + = 4) 3
Câu III (1,0điểm) Một hỡnh nún cú đỉnh S , khoảng cỏch từ tõm O của đỏy đến dõy cung AB
của đỏy bằng a , ãSAO 30 = o, ãSAB 60 = o Tớnh 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 (2,0điểm) 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 (1,0điểm) Tìm mô đun của số phức : 1 3
2
i z
i
+
=
2.Theo chơng trình nâng cao:
Câu IV.b (2,0điểm) Trong không 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
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 (1,0điểm)
Cho hàm số 2 4 3
1
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
Trang 2Câu Đáp án Điểm
I (3,0
điểm)
1 (2,0 điểm)
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên : y’=x2 − 4x+ 3
y’=0 ⇔ x=1
x=3
y’>0 ∀ ∈x (-∞;1)∪(3; +∞) ⇒h m sà ố đồng biến trên mỗi khoảng (-∞;1)
v (3; +à ∞)
y’<0 ∀ ∈x (1;3) ⇒h m sà ố đồng 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
Giới hạn : xlim→±∞y= ±∞
0.25 Bảng biến thiên
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 : 1 3 2
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 1 (1,0 điểm)
Trên đoạn [ ]1;3 , ta có : f’(x)= 2
5 (2x+ 1) >0
0.5 Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn [ ]1;3
Trang 3điểm minf(x)=f(1)=-1/3
2 (1,0 điểm)
2
1 3
x
x dx+ xe dx
9
1 0
ta tính I1 Đặt t= 2
x ⇒ =dt 2xdx
Khi x=0 thì t=0 , khi x=1 thì t=1
do đó I1=
1
1 0 0
( 1)
e dt= e = e−
Suy ra I=1
9+1( 1)
2 e− =1 7
3 (1,0 điểm)
Điều kiện ∀ ∈x R
Ta có log (2 2 x+ 1).log (4(2 2 x+ 1)) 3 = ⇔ log (2 2 x+ 1) 2 log (2 + 2 x+ 1) = 3 0.25
Đặt t=log (2 2 x+ 1); vì 2x+1>1 nên t=log (2 2 x+ 1)>0 0.25
Do đó pt trở thành t2 + 2t -3 =0 ⇔ t = 1
III(1,0
điểm) Gọi M là trung điểm AB Kẻ OM⊥AB thỡ OM = a
SAB
∆ cõn cú ãSAB 60= o nờn SAB∆ đều
Do đú : AM AB SA
= =
SOA
∆ vuụng tại O và ãSAO 30= onờn
SA 3
OA SA.cos30
2
= o=
OMA
∆ vuụng tại M do đú :
0.25
0.25
0.5
IV.a
(2,0
điểm)
1.(1,0 điểm)
Theo bài ra đờng thẳng có VTCP là ur =( -1; 1 ; -1)
Gọi H là hình chiếu của A lên đờng thẳng
⇒ H ( 1- t ; t ; -t ) ⇒ uuurAH=( -t-2; t-1 ;-t-2 )
Ta lại có uuur rAH u. = 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 nr= ( 2 ; 0 ; - 1 )
có VTCP ur =( -1; 1 ; -1)
0.5
Trang 4Vì d⊂(P) và d ⊥nên d có VTCP là uuurd =( 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
i
0.5
IV.b ( 1,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
(S) có PT : (x-2)2 + (y-1)2 + (z +2)2 =16
Theo bài ra (P) cắt mặt cầu theo đờng tròn có bán kính R =4 nên (P) chứa
Do vậy (P) có cặp VTCP OIuur(2;1; 2) −
ri(1;0;0)
⇒ VTPT của (P) là nr= (0; 2; 1) − −
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 ur= ( 2; 2; -1) Gọi A = ∩d Vì A∈d nên A (2t; 1+ 2t ; -2 –t)
có VTCP IAuur = ( 2t-2; 2t ; -t) Vì ⊥d nên uurIA ur =0 ⇔ 2 ( 2t-2) +2.2t + t = 0 ⇔ 9t-4 = 0
9
0.5
Suy ra IAuur = ( 10 8; ; 4
9 9 9
− − ) hay có VTCP là uur'= ( -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=
3
x
Tiệm cận xiên y=x+3 ⇔ x - y +3 =0 Tiệm cận đứng x= -1
0.25
Gọi M ( x y0 ; 0) ∈ ( C) ⇒ y0 = 0
0
6 3
1
x
x
+ −
Khoảng cách từ M đến đờng TCX là
h1 = 0 0
0
6
x
+
Khoảng cách từ M đến TCĐ là h2 = x0 + 1
0.5
Ta có h1 h2= 0
0
2
2 x 1 x + = =
0.25
