Đáp án Đề thi Tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2009

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2009 
Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
Bản hướng dẫn gồm 05 trang 
I. Hướng dẫn chung 
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm 
từng phần như hướng dẫn quy định. 
2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai 
lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 
3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75 
làm tròn thành 1,0 điểm). 
II. Đáp án và thang điểm 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
1. (2,0 điểm) 
 a) Tập xác định: { }\ 2D = \ 0,25 
 b) Sự biến thiên: 
 • Chiều biến thiên: y' = 2
5
( 2)x
− − < 0 ∀x ∈ D. 
 Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ); 2−∞ và . ( )2;+∞
 • Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị. 
0,50 
Lưu ý: Ở ý b), cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số. 
 • Giới hạn và tiệm cận: 
2
lim
x
y+→ = + ∞ , 2limx y−→ = −∞ ; lim lim 2x xy y→−∞ →+∞= = . 
 Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng 2x = và 
một tiệm cận ngang là đường thẳng 2y = . 
0,50 
Câu 1 
(3,0 điểm) 
 • Bảng biến thiên: 
x – ∞ 2 + ∞ 
y' – – 
y 2 + ∞ – ∞ 2 
0,25 
 1
 c) Đồ thị (C): 
(C) cắt trục tung tại điểm 10;
2
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ 
và cắt trục hoành tại điểm 1 ;0
2
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
0,50 
Lưu ý: - Cho phép thí sinh thể hiện toạ độ giao điểm của (C) và các trục toạ độ chỉ 
 trên hình vẽ. 
 - Nếu thí sinh chỉ vẽ đúng dạng của đồ thị (C) thì cho 0,25 điểm. 
2. (1,0 điểm) 
Kí hiệu d là tiếp tuyến của (C) và (x0; y0) là toạ độ của tiếp điểm. Ta có: 
Hệ số góc của d bằng – 5 ⇔ y'(x0) = – 5 0,25 
 ⇔ 2
0
5 5
( 2)x
− = −− ⇔ 
0
0
1
3
x
x
=⎡ =⎢⎣
0 0 0 01 3; 3x y x y= ⇒ = − = ⇒ = 7 . 
0,50 
Từ đó, ta được các phương trình tiếp tuyến theo yêu cầu của đề bài là: 
5y x= − + 2 2 và 5 2y x= − + . 0,25 
1. (1,0 điểm) 
Đặt 5x = t, t > 0, từ phương trình đã cho ta có phương trình 
t2 – 6t + 5 = 0 (*) 0,50 
Giải (*), ta được t và t1= 5= . 0,25 
Với t , ta được: 51= 1x = ⇔ 0x = 
Với t , ta được: 55= 5x = ⇔ 1x = 
Vậy, phương trình đã cho có tất cả 2 nghiệm là 2 giá trị x vừa nêu trên. 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Đặt u và , ta có dx= d (1 cos )dv x= + x xdu = và v x sin x= + . 0,50 
Do đó: 0
0
( sin ) ( sin )dI x x x x x
ππ= + − +∫ x 0,25 
Câu 2 
(3,0 điểm) 
 = 
2 2
2
0
4cos
2 2
x x
π ππ ⎛ ⎞ −− − =⎜ ⎟⎝ ⎠ . 0,25 
 y 
2
 x 2 O 
 1
2
−
1
2
−
 2
Lưu ý: 
• Thí sinh được phép trình bày lời giải vừa nêu trên như sau: 
2 2
2
0
0 0 0
4d( sin ) ( sin ) ( sin )d cos
2 2
xI x x x x x x x x x x
ππ ππ ππ ⎛ ⎞ −= + = + − + = − − =∫ ∫ ⎜ ⎟⎝ ⎠ 
• Ngoài cách 1 nêu trên, còn có thể tính I theo cách sau: 
 Cách 2: 
0 0
2 2
0
0 00
2 2
0
d cos d (*)
d(sin ) sin sin d (**)
2 2
4cos .
2 2
I x x x x x
x x x x x x x
x
π π
π π ππ
π
π
π π
= +∫ ∫
= + = + −∫ ∫
−= + =
Trong trường hợp thí sinh tính I theo cách 2, việc cho điểm được thực hiện như 
sau: 
- Biến đổi về (*): 0,25 điểm; 
- Biến đổi từ (*) về (**): 0,50 điểm; 
- Biến đổi tiếp từ (**) đến kết quả: 0,25 điểm. 
3. (1,0 điểm) 
Ta có: 2 2(2 1)( 1)
2 1
x x
x x
'( ) 2
1 2
f x x + −−= + =− ∀x ∈(– 2; 0). 
Suy ra, trên khoảng (– 2; 0): 1'( ) 0
2
f x x= ⇔ = − . 
0,50 
Ta có: , , (0) 0f = ( 2) 4 ln 5f − = − 1 1 ln 2
2 4
f ⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠ . 0,25 
Vì 
4
44 ln 5 ln 0 (do 5)
5
e e− = > > và 
4
41 ln 2 ln 0 (do 2 )
4 2
e e− = < < 
Nên [ ]2;0
1min ( ) ln 2
4x
f x∈ − = − và [ ]2;0max ( ) 4 ln 5x f x∈ − = − . 
0,25 
Lưu ý: Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên đoạn [– 2; 0] còn 
được kí hiệu tương ứng bởi 
[ 2;0]
min ( )f x
− và ma[ 2;0]x ( )f x− . 
Câu 3 
(1,0 điểm) 
Vì SA ⊥ mp(ABC) nên 
SA ⊥ AB và SA ⊥ AC. 
Xét hai tam giác vuông SAB và SAC, ta có 
}chungSA SAB SACSB SC ⇒ Δ = Δ= 
AB AC⇒ = 
0,25 
S 
 C 
 B 
a 
A 
 3
Áp dụng định lí côsin cho tam giác cân BAC, ta được 
n2 2 2 2 2 02 . .cos 2 (1 cos120 ) 3a BC AB AC AB AC BAC AB AB= = + − = − = 2 
Suy ra 3
3
aAB = . 
Do đó 2 2 6
3
aSA SB AB= − = và SABC = n
2
21 3.sin
2 1
aAB BAC =
2
. 
0,50 
Vì vậy VS.ABC = 
1
3
SABC.SA = 
3 2
36
a . 0,25 
Lưu ý: Ở câu này, không cho điểm hình vẽ. 
1. (0,75 điểm) 
• Tâm T và bán kính R của (S): (1;2;2)T = và 6R = . 0,25 
• Khoảng cách h từ T đến (P): 
2 2 2
|1.1 2.2 2.2 18 | 9
1 2 2
h + + += =+ + 0,50 
2. (1,25 điểm) 
• Phương trình tham số của d: 
Vì d ⊥ (P) nên vectơ pháp tuyến nG của (P) là vectơ chỉ phương của d. 
Từ phương trình của (P), ta có ( )1;2;2n =G . 
0,25 
Do đó, phương trình tham số của d là: 
1
2 2
2 2
x t
y t
z t
= +⎧⎪ = +⎨ = +⎪⎩
 0,25 
• Toạ độ giao điểm H của d và (P): 
Do H∈ d nên toạ độ của H có dạng (1 + t ; 2 + 2t ; 2 + 2t). 0,25 
Vì H ∈ (P) nên 1 + t + 2(2 + 2t) + 2(2 + 2t) + 18 = 0, hay . 3t = − 0,25 
Câu 4a 
(2,0 điểm) 
Do đó ( 2; 4; 4)H = − − − . 0,25 
Ta có: . 216 32 16 (4 )iΔ = − = − = 0,50 
Do đó, phương trình đã cho có 2 nghiệm là: 
1
4 4 1 1
16 4 4
iz i+= = + và 2 4 4 1 116 4 4
iz i−= = − . 0,50 
Câu 5a 
(1,0 điểm) 
Lưu ý: Cho phép thí sinh viết nghiệm ở dạng 1, 2
1
4
iz ±= hoặc 1, 2 4 416
iz ±= . 
1. (0,75 điểm) 
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d. 
Vì d ⊥ (P) nên vectơ chỉ phương uG của d là vectơ pháp tuyến của (P). 
Từ phương trình của d, ta có ( )2;1; 1u = −G . 
0,25 
Câu 4b 
(2,0 điểm) 
Do đó, phương trình tổng quát của mp(P) là: 
2.( 1) 1.( 2) ( 1)( 3) 0x y z− + + + − − = hay 2 3 0x y z+ − + = . 0,50 
 4
2. (1,25 điểm) 
• Khoảng cách h từ A đến d: 
Từ phương trình của d suy ra điểm B(–1; 2; –3) thuộc d. 
Do đó 
,
| |
BA u
h
u
⎡ ⎤⎣ ⎦=
JJJG G
G . 
0,50 
Ta có . Do đó: (2; 4;6)BA = −JJJG
( )1 1 1 2 2 1, ; ; (2; 14; 10)4 6 6 2 2 4BA u − −⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ − − − −JJJG G 0,25 
Vì vậy 
2 2 2
2 2 2
2 ( 14) ( 10) 5 2
2 1 ( 1)
h + − + −= =+ + − . 0,25 
• Phương trình mặt cầu (S) tâm A(1; –2; 3), tiếp xúc với d: 
Vì (S) tiếp xúc với d nên có bán kính bằng h. Do đó, phương trình của (S) là: 
2 2 2( 1) ( 2) ( 3) 5x y z− + + + − = 0 
0,25 
Lưu ý: 
Có thể sử dụng kết quả phần 1) để tính khoảng cách h từ A đến d. Dưới đây là 
lời giải tóm tắt theo hướng này và thang điểm cho lời giải đó: 
Gọi H là giao điểm của d và mặt phẳng (P), ta có H là hình chiếu vuông 
góc của A trên (P). Do đó h AH= . 0,25 
Toạ độ của H là nghiệm của hệ phương trình 
1 2
2 1
2 3
x y z
x y z
3
1
0
+ − +⎧⎪ = =⎨ −⎪ + − + =⎩
Từ kết quả giải hệ trên ta được ( )3 ; 1 ; 2H = − − . 
0,50 
Vì vậy ( ) ( ) ( )2 2 21 3 2 1 3 2 5 2h AH= = + + − − + + = . 0,25 
Ta có: . ( )22 8 9 3i iΔ = − = − = 0,50 Câu 5b 
(1,0 điểm) 
Do đó, phương trình đã cho có 2 nghiệm là: 
1
3
4
i iz i+= = và 2 3 14 2
i iz i−= = − . 0,50 
- Hết - 
 5