Đề thi và đáp án môn toán kỳ thi thử tốt nghiệp 2009 tỉnh Đồng Tháp

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

177
lượt xem 27
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi và đáp án môn toán kỳ thi thử tốt nghiệp 2009 tỉnh đồng tháp', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi và đáp án môn toán kỳ thi thử tốt nghiệp 2009 tỉnh Đồng Tháp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2009 ĐỒNG THÁP Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 07/5/2009 (Đề thi gồm có 1 trang) I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) 2x + 1 Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số y = x −2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm trên (C) có tung độ y = −3 . 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), trục hoành và trục tung. Câu 2. (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: log 1 (x − 1) + log 1 (x + 1) − log 1 (7 − x ) = 1 (x ∈ R ) 2 2 2 π 2 ∫ (2 sin x + 1) 4 2. Tính tích phân: I= cos xdx 0 3. Cho tập hợp D = {x ∈ | 2x 2 + 3x − 9 ≤ 0} . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 3 − 3x + 3 trên D. Câu 3. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a 3, AC = 2a , góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC) bằng 600 . Gọi M là trung điểm của AC. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC). II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Học sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu 4.a (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng x −1 y + 2 z − 5 x−7 y −2 z −1 (d1 ) : = = , ( d2 ) : = = và điểm A(1; −1;1) 2 3 4 3 2 −2 1. Chứng minh rằng (d1 ) và (d2 ) cắt nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d1 ) và (d2 ) . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P). 3 1 + 2i − (1 − i) Câu 5.a (1.0 điểm) Tìm môđun của số phức z = 1+ i 2. Theo chương trình Nâng cao Câu 4.b (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x y −1 z − 6 x −1 y + 2 z − 3 (d1 ) : = = và (d2 ) : = = 1 2 3 1 1 −1 1. Chứng minh rằng (d1 ) và (d2 ) chéo nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d1 ) và song song với (d2 ) . Tính khoảng cách giữa (d1 ) và (d2 ) . 8 ⎛1 + i 3 ⎞ ⎟ . Hết Câu 5.b (1.0 điểm) Tính và viết kết quả dưới dạng đại số số phức z = ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜1 − i 3 ⎠ ⎝ ⎟
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2009 (Đáp án gồm 5 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 2x + 1 1.5 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x −2 1) Tập xác định: D = \ {2} 0.25 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn và tiệm cận: ⎧ lim y = −∞ ⎪ − Do ⎪x→2 ⎨ ⇒ đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của (C) ⎪ lim y = +∞ ⎪x→2+ ⎪ ⎩ 0,25 ⎧ lim y = 2 ⎪x→−∞ ⎪ và ⎨ ⇒ đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của (C) ⎪ lim y = 2 ⎪x→+∞ ⎪ ⎩ b) Bảng biến thiên: −5 0.25 Ta có: y' = 2 < 0 ∀x ∈ D ( x − 2) x −∞ 2 +∞ y' − − y 2 +∞ 0.5 −∞ 2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;2) và (2;+∞) . 3) Đồ thị: 1 ⎛ 1⎞ Giao điểm với Oy: x = 0 ⇒ y = − . Suy ra (C) cắt Oy tại ⎜0; − ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ 2 ⎝ 2⎠ 1 ⎛ 1 ⎞ Giao điểm với Ox: y = 0 ⇔ x = − . Suy ra (C) cắt Ox tại ⎜− ; 0⎟ ⎜ 2 ⎠ ⎟ ⎟ 2 ⎝ y 14 12 10 8 6 4 0,25 2 x -18 -16 -14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 -2 -4 -6 -8 -10 -12 -14 2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm trên (C) có tung độ y = −3 . 0.75 2x + 1 ⎧ ⎪x ≠ 2 ⎧ ⎪x ≠ 2 y = −3 ⇔ = −3 ⇔ ⎪ ⎨ ⇔⎪ ⎨ ⇔ x = 1. x −2 ⎪2x + 1 = −3x + 6 ⎪ ⎪x = 1 ⎪ ⎩ ⎩ Suy ra: M (1; −3) ∈ (C) . 0.25
−5 0.25 Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại M là : k = y ' (1) = 2 = −5 (1 − 2) 0.25 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là : y + 3 = −5 ( x + 1) ⇔ y = −5x − 8 3 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), trục hoành và trục tung. 0.75 Dựa vào đồ thị (C), suy ra diện tích hình phẳng là: 0 0 0 2x + 1 2x + 1 ⎛ 5 ⎞⎟ dx S= ∫ dx = −∫ dx = −∫ ⎜2 +⎜ ⎟ 0.25 1 x −2 1 x −2 1 ⎝ x − 2⎠ − − − 2 2 2 0 = [−2x − 5 ln x − 2 ]−1 0.25 2 ⎛ 5⎞⎟ 5 5 ⎜ = −5 ln 2 − ⎜1 − 5 ln ⎟ = 5 ln − 5 ln 2 − 1 = 5 ln − 1 0.25 ⎝ 2⎠ 2 4 5 Vậy S = 5 ln − 1 đvdt. 4 2 1 Giải phương trình: log 1 ( x − 1) + log 1 ( x + 1) − log 1 (7 − x ) = 1 (x ∈ R ) 1.0 2 2 2 ⎧x − 1 > 0 ⎪ ⎧x > 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0.25 Điều kiện: ⎪x + 1 > 0 ⇔ ⎪x > −1 ⇔ 1 < x < 7 ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪7 − x > 0 ⎪ ⎪x < 7 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎩ Khi đó: 2 (1) ⇔ log 1 ( x − 1) + log 1 (x + 1) = 1 + log 1 (7 − x ) 2 2 2 ⎡1 2⎤ ⇔ log 1 [( x − 1)( x + 1)] = log 1 ⎢ (7 − x ) ⎥ 2 ⎢ 2 ⎣2 ⎥⎦ 0.25 1 2 ⇔ ( x − 1)( x + 1) = (7 − x ) 2 ⇔ 2x 2 − 2 = 49 − 14x + x 2 ⇔ x 2 + 14x − 51 = 0 ⎡x = 3 ⇔ ⎢⎢ 0.25 ⎢⎣ x = −17 So điều kiện ban đầu ta suy ra nghiệm của phương trình (1) là x = 3 . 0.25 π 2 2 1.0 ∫ (2 sin x + 1) 4 Tính tích phân: I= cos xdx 0 Đặt t = 2 sin x + 1 ⇒ dt = 2 cos xdx 0.25 π 0.25 Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = ⇒ x = 3 2 Khi đó: 3 3 1 1 ⎡ t5 ⎤ I = ∫ t4 dt = ⎢ ⎥ 0.25 2 1 2 ⎢⎣ 5 ⎥⎦ 1 242 121 0.25 = = 10 25 3 Cho tập hợp D = {x ∈ | 2x 2 + 3x − 9 ≤ 0} . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 1.0 của hàm số y = x 3 − 3x + 3 trên D.
⎡ 3⎤ 0,25 D = {x ∈ | 2x 2 + 3x − 9 ≤ 0} = ⎢−3; ⎥ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡ x = −1 ∈ D y ' = 3x 2 − 3 = 0 ⇔ ⎢⎢ 0,25 ⎢⎣ x = 1 ∈ D ⎛ 3 ⎞ 15 Do y(−3) = −15; y(−1) = 5; y(1) = 1; y ⎜ ⎟ = 0,25 ⎝ ⎟ ⎜2⎠ ⎟ 8 nên ta suy ra được: max y = 5; min y = −15 0,25 x∈D x∈D 3 Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC). 1.0 S A C M B ⎧SA ⊥ (ABC) ⎪ Do ⎪⎨ ⇒ BC ⊥ SB ⇒ SBA = ⎡⎣(SBC); (ABC)⎤⎦ = 600 0.25 ⎪BC ⊥ AB ⎪ ⎪ ⎩ Xét tam giác vuông SAB và SBC ta có: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪SA = AB. t an600 = a 3. 3 = 3a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪SB = SA2 + AB2 = 2a 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪BC = AC2 − AB2 = a ⎨ 0.25 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪dt(ΔMBC) = 1 dt(ΔABC) = 1 AB.BC = a 3 ⎪ ⎪ ⎪ 2 4 4 ⎪ ⎪ 1 ⎪dt(ΔSBC) = SB.BC = a 2 3 ⎪ ⎪ ⎩ 2 Suy ra: 1 1 a2 3 a3 3 VS.BCM = dt(ΔMBC).SA = . .3a = 0.25 3 3 4 4 3 a 3 3 3VS.BCM 3a 0.25 d(M,(SBC)) = = 24 = dt(ΔSBC) a 3 4 4a 1 Chứng minh rằng (d1 ) và (d2 ) cắt nhau. 1.0 CTC Cách 1: (d1 ) đi qua điểm M1 (1; −2;5) và có VTCP u1 = (2; 3; 4) 0.25
(d2 ) đi qua điểm M2 (7;2;1) và có VTCP u1 = (3;2; −2) 0.25 ⎛3 4 4 2 2 3⎞ ⎟ ⎜ ⎟ M1M2 = (6; 4; −4) và [u1, u2 ] = ⎜ ⎜ 2 −2 −2 3 ; 3 2 ⎟ = (−14;16; −5) ; ⎟ ⎜ ⎜ ⎝ ⎟ ⎠ 0.25 ⎧ ⎪[u1; u2 ] ≠ 0 ⎪ Do ⎪ ⎨ ⇒ (d1 ) và (d2 ) cắt nhau. 0.25 ⎪[u ; u ].M M = −84 + 64 + 20 = 0 ⎪ 1 2 ⎪ ⎩ 1 2 Cách 2: Phương trình tham số của (d1 ) và (d2 ) là: ⎧x = 1 + 2t ⎪ ⎧x = 7 + 3t ⎪ 0.25 ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ (d1 ) : ⎪y = −2 + 3t1 ; (d2 ) : ⎪y = 2 + 2t2 (t1, t2 ∈ ⎨ ⎨ ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪z = 5 + 4t1 ⎪ ⎪z = 1 − 2t2 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎩ ⎧1 + 2t = 7 + 3t ⎪ (1) ⎪ ⎪ 1 2 ⎪ Xét hệ phương trình: ⎪−2 + 3t1 = 2 + 2t2 (2) (*) ⎨ 0.25 ⎪ ⎪ ⎪5 + 4t1 = 1 − 2t2 ⎪ (3) ⎪ ⎩ ⎧t1 = 0 ⎪ Từ (1) và (2) suy ra : ⎪ ⎨ . Thay vào phương trình (3) ta thấy nó thỏa mãn. ⎪t2 = −2 ⎪ ⎩ ⎧t1 = 0 ⎪ Suy ra hệ (*) có nghiệm là ⎪ ⎨ . 0.25 ⎪t2 = −2 ⎪ ⎩ 0.25 Vậy (d1 ) và (d2 ) cắt nhau tại M(1; −2;5) . 2 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d1 ) và (d2 ) . Tính khoảng cách từ A đến (P). 1.0 Do mặt phẳng (P) chứa (d1 ) và (d2 ) nên (P) đi qua điểm M1 (1; −2;5) ∈ (d1 ) và có 0.25 VTPT là [u1, u2 ] = (−14;16; −5) Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là: −14 ( x − 1) + 16 ( y + 2) − 5 (z − 5) = 0 0.25 ⇔ 14x − 16y + 5z + 71 = 0 0.25 14 + 16 + 5 + 71 106 và khoảng cách từ A đến (P) là: d (A,(P)) = = 0.25 142 + 162 + 52 477 5a 3 1 + 2i − (1 − i) 1.0 Tìm môđun của số phức z = 1+i Ta có: 1 + 2i − (1 − i) 3 4 (1 + 2i)(1 − i) − (1 − i) 0.25 z= = 1+i (1 + i)(1 − i) 2 (1 + i − 2i2 ) − (1 − 2i + i2 ) = 0.25 1 + i2 3 + i − 4i2 7+i 7 1 0.25 = = = + i 2 2 2 2 2 2 ⎛7 ⎞ ⎛1⎞ 5 2 Do đó: z = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = ⎜2⎠⎟ ⎟ ⎟ ⎜2⎠ ⎟ 0.25 ⎝ ⎝ 2
4b 1 Chứng minh rằng (d1 ) và (d2 ) chéo nhau. 1.0 CTNC (d1 ) đi qua điểm M1 (0;1;6) và có VTCP u1 = (1;2; 3) 0.25 0.25 (d2 ) đi qua điểm M2 (1; −2; 3) và có VTCP u2 = (1;1; −1) ⎛2 3 3 1 1 2⎞ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ M1M2 = (1; −3; −3) và [u1, u2 ] = ⎜ ; ; ⎟ = (−5; 4; −1) ⎟ 0.25 ⎜ 1 −1 −1 1 1 1 ⎠ ⎜ ⎝ ⎟ Do [u1; u2 ].M1M2 = −5 − 12 + 3 = −14 ≠ 0 ⇒ (d1 ) và (d2 ) chéo nhau. 0.25 2 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d1 ) và song song với (d2 ) . Tính khoảng cách 1.0 giữa (d1 ) và (d2 ) . Do mặt phẳng (P) chứa (d1 ) và song song (d2 ) nên (P) đi qua điểm M1 (0;1;6) ∈ (d1 ) 0.25 và có VTPT là [u1, u2 ] = (−5; 4; −1) Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là: −5 (x − 0) + 4 (y − 1) − 1 (z − 6) = 0 0.25 ⇔ 5x − 4y + z − 2 = 0 0.25 và khoảng cách giữa (d1 ) và (d2 ) là : [u1; u2 ].M1M2 −14 14 d (d1; d2 ) = = = 0.25 [ u1 ; u 2 ] 2 2 5 + 4 +12 42 8 5b ⎛1 + i 3 ⎞ 1.0 Tính và viết kết quả dưới dạng đại số số phức z = ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜1 − i 3 ⎠ ⎟ ⎝ Ta có: (1 + i 3 ) 1 + 2i 3 + 3i2 2 1+i 3 z1 = = = 1− i 3 1 − 3i2 1+ 3 1 + 2i 3 − 3 −2 + 2i 3 1 3 = = =− + i 0,25 4 4 2 2 2π 2π Dạng lượng giác của z1 là: z1 = cos + i sin . Suy ra: 0,25 3 3 8 ⎛1 + i 3 ⎞⎟ = z8 = cos(8. 2π ) + i sin(8. 2π ) = cos 16π + i sin 16π z=⎜ ⎜ ⎟ ⎟ 0,25 ⎜1 − i 3 ⎠ ⎝ ⎟ 1 3 3 3 3 4π 4π 1 3 = cos + i sin =− − i 0,25 3 3 2 2 Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. -------------------------Hết-------------------------