10 đề thi thử tốt nghiệp lớp 12 môn Toán - Năm học 2008-2009

(d) : y k(x ) 1
9
    
 (d) tiếp xúc ( C)  Hệ sau có nghiệm 
143x 3x 1 k(x ) 1 (1)
9
23x 3 k (2)
     

  
 Thay (2) vào (1) ta được : 23 23x 7x 4 0 x ,x 1,x 2
3
        
 2 5 5 43(2) x = k tt ( ) : y x13 3 3 27
         
 (2) x = 1 k 0 tt ( ) : y 12      
 (2) x = 2 k 9 tt ( ) : y 9x 153      
Câu II ( 3,0 điểm ) 
 a) 1đ 
2 2x x 2 x x y ( 2x 1)e , y (4x 4x 1)e          
22 x x 2 1 y y 2y (4x 6x 2)e ; y y 2y 0 2x 3x 1 0 x , x 1
2
                   
 b) 1đ 
 Phân tích sin 2xdx 2sin x.cosxdx 2sin x.d(2 sin x)
2 2 2(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x)
 
  
 Vì d(2 sin x) cosxdx  
 nên    
   
2 sin xsin 2xdx 2sin x.d(2 sin x) 22.[ ]d(2 sin x)
2 2 2 2(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x) (2 sin x)
   
 
1 22.[ ]d(2 sin x)
2 sin x 2(2 sin x)
 Do đó : 

  

2 2I 2.[ ln | 2 sin x | ] 02 sin x
 = 1 2 ln3
3
 
 Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt  t 2 sin x 
 c) 1đ 
ố Ệ
 Ta có :    3 2y 2sin x sin x 4sin x 2 
 Đặt :          3 2t sin x , t [ 1;1] y 2t t 4t 2 , t [ 1;1] 
               22 2y 6t 2t 4 ,y 0 6t 2t 4 0 t 1 t 
3
 Vì      2 98y( 1) 3,y(1) 1,y( ) = 
3 27
 . 
Vậy : 
    

         
2 98 2 2+ Maxy = Maxy = y( ) khi t = sinx = 
3 27 3 3R [ 1;1]
2 2 x = arcsin( ) k2 hay x = arcsin( ) k2 , k Z
3 3
        

+ min y min y = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k Z
2R [ 1;1]
Câu 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 SAAM
2 2
SOA vuông tại O và   SAO 30 nên 
   SA 3OA SA.cos30
2
. OMA vuông tại M do đó : 
        
2 23SA SA2 2 2 2 2 2OA OM MA a SA 2a SA a 2
4 4
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
 1. Theo chương trình chuẩn : 
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : 
 1) 1đ 
 Qua A(1;2;0)
( ) :1 + VTCP a = (2; 2; 1)1
   
 , 
 Qua B(0; 5;4)
( ) :2 + VTCP a = ( 2;3;0)2
   
 
 AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB 9 01 2     
    ( )1 ,( )2 chéo nhau . 
 2) 1đ 
 Qua ( ) Qua A(1;2;0)1(P) : (P) : (P) : 3x 2y 2z 7 0
+ VTPT n = [a ;a ] (3;2;2)+ // ( ) 1 22
            
   
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 Ta có : 
 
        
  
x 23 2x 8 0 (x 2)(x 2x 4) 0 2x 2x 4 0 (*)
 Phưong trình (*) có         21 4 3 3i i 3 nên (*) có 2 nghiệm : 
    x 1 i 3 , x 1 i 3 
 Vậy phương trình có 3 nghiệm x 2  ,    x 1 i 3 , x 1 i 3 
2. Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
ố Ệ
1) 0,5đ Gọi 
x 2 t
 Qua M(2;3;0) Qua M(2;3;0)(d) : (d) : (d) : y 3 t
+ VTCP a = n (1;1;2)+ (P) P z 2t
  
           
  
 Khi đó : N d (P) N(1;2; 2)    
 2). 1,5đ + Tâm I(1; 2;3) , bán kính R = 6 
 + (Q) // (P) nên (Q) : x y 2z m 0 (m 1)     
 + (S) tiếp xúc (Q) 
m 1 (l)|1 2 6 m |d(I;(Q)) R 6 | 5 m | 6
m 116
             
 Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) : x y 2z 11 0    
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
     
          
z 1 i z 2 r
1 2 1 2 3cos , sin
2 2 42 2
 Vậy :   3 3z 2(cos isin )
4 4
.. 
ố Ệ
ĐỀ SỐ: 6 
( Thời gian làm bài 150 phút ) 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
 Câu I ( 3,0 điểm ) 
 Cho hàm số x 3y
x 2


 có đồ thị (C) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số đã 
cho tại hai điểm phân biệt . 
 Câu II ( 3,0 điểm ) 
1) Giải bất phương trình 
ln (1 sin )
2 2
2e log (x 3x) 0

   
2) Tính tìch phân : I = 


2 x x(1 sin )cos dx
2 2
0
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 

xey xe e
 trên đoạn [ ln 2 ; ln 4] . 
Câu III ( 1,0 điểm ) 
 Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích 
 của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a . 
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
 Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 
1) Theo chương trình chuẩn : 
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : 
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng : 
x 2 2t
(d ) : y 31
z t
  
 
 và x 2 y 1 z(d ) :2 1 1 2
  

 . 
 1) Chứng minh rằng hai đường thẳng (d ), (d )1 2 vuông góc nhau nhưng không cắt nhau . 
 2) Viết phương trình đường vuông góc chung của (d ), (d )1 2 . 
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 Tìm môđun của số phức     3z 1 4i (1 i) . 
2) Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2x y 2z 3 0    và hai 
 đường thẳng (d1 ) : 
x 4 y 1 z
2 2 1
  
 , ( d2 ) : 
x 3 y 5 z 7
2 3 2
   
 . 
 1) Chứng tỏ đường thẳng (d1) song song mặt phẳng ( ) và ( d2 ) cắt mặt phẳng ( ) . 
 2) Tính khoảng cách giữa đường thẳng (d1) và ( d2 ). 
 3) Viết phương trình đường thẳng ( ) song song với mặt phẳng ( ) , cắt đường thẳng 
 (d1) và (d2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 . 
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
 Tìm nghiệm của phương trình 2z z , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z . 
ố Ệ
HƯỚNG DẪN 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 
điểm) 
Câu I ( 3,0 điểm ) 
 1) 2đ 
2) 1đ Phương trình hoành độ của (C ) và đường 
thẳng y mx 1  : 
x 3 2mx 1 g(x) mx 2mx 1 0 , x 1
x 2
        

 (1) 
 Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt  phương trình (1) có hai nghiệm phân 
 biệt khác 1 
m 0 m 0
m 02m m 0 m 0 m 1
m 1g(1) 0 m 2m 1 0
                     
Câu II ( 3,0 điểm ) 
 1) 1đ pt 
ln 2 2 2
2 2e log (x 3x) 0 2 log (x 3x) 0 (1)       
 Điều kiện : x > 0 x 3   
 (1)  2 2 2 22log (x 3x) 2 x 3x 2 x 3x 4 0 4 x 1             
 So điều kiện , bất phương trình có nghiệm :     4 x 3 ; 0 < x 1 
 2) 1đ I = 
 

      
2 2x x x x 1 x 1 2(cos sin .cos )dx (cos sin x)dx (2sin cosx)
2 2 2 2 2 2 2 00 0
    2 1 12. 2
2 2 2
 3) 1đ Ta có :    

xey 0 , x [ ln 2 ; ln 4]
x 2(e e)
 +  

2min y y(ln 2)
2 e[ ln 2 ; ln 4]
 +  

4Maxy y(ln 4)
4 e[ ln 2 ; ln 4]
Câu III ( 1,0 điểm ) 
  
2 3a 3 a 3V AA '.S a.lt ABC 4 4
   
  Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp 
 ABC , A 'B'C'  thí tâm của mặt cầu (S) ngoại 
 tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm 
 I của OO’ . 
x  2  
y + + 
y  
1 
 1 
 
ố Ệ
 Bán kính a 3 a a 212 2 2 2R IA AO OI ( ) ( )
3 2 6
      
 Diện tích : 
2a 21 7 a2 2S 4 R 4 ( )mc 6 3
     
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
 Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 
 1. Theo chương trình chuẩn : 
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : 
 1) 1đ Thay x.y.z trong phương trình của ( d1) vào phương trình của ( d2 ) ta được : 
 2t 3 1 t (t 1) (t 4)
1 1 2
        

 vô nghiệm .Vậy d1 và d2 không cắt nhau . 
 Ta có : d1có VTCP u ( 2;0;1)1  
 ; d1có VTCP u (1; 1;2)2  
 
 Vì u .u 01 2 
  nên d1 và d2 vuông góc nhau . 
 2) 1đ Lấy M(2 2t;3; t) (d )1  , N(2 m;1 m;2m) (d )2   
 Khi đó : MN (m 2t; 2 m;2m t)    

 MN vuông với (d ), (d )s1 2
MN.u 0 t 0 5 4 21 M(2;3;0), N( ; ; )
m 1/ 3 3 3 3MN.u 02
         
 
  
 x 2 y 3 z(MN) :
1 5 2
    là phưong trình đường thẳng cần tìm . 
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 Vì            3 3 2 3(1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i . 
Suy ra :        2 2z 1 2i z ( 1) 2 5 
2. Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
 1) 0,75đ 
        
  qua A(4;1;0) qua B( 3; 5;7)(d ) : , (d ) : , 1 2 VTCP u (2;2; 1) VTCP u (2;3; 2)1 2
 
  ( ) có vtpt n (2; 1;2) 

 Do  u .n 01 và A ( )  nên ( d1) // ( ) . 
 Do    u .n 3 02 nên ( d1) cắt ( ) . 
 2) 0,5 đ Vì     
 [u ,u ] ( 1;2;2) , AB ( 7; 6;7)1 2   
 
 
[u ,u ].AB1 2d((d ),(d )) 31 2 [u ,u ]1 2
 3) 0,75đ phương trình 
       
 qua (d )1mp( ) : ( ) : 2x y 2z 7 0
 // ( )


 Gọi    N (d ) ( ) N(1;1;3)2 ;         

M (d ) M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3)1 
 Theo đề :    2MN 9 t 1 . 
 Vậy             
 qua N(1;1;3) x 1 y 1 z 3( ) : ( ) :
 VTCP NM (1; 2; 2) 1 2 2


 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
 Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực . ta có :  z a bi và   2 2 2z (a b ) 2abi 
ố Ệ
 Khi đó :  2z z Tìm các số thực a,b sao cho : 
  
 
2 2a b a
2ab b
 Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) ,  1 3( ; )
2 2
 ,  1 3( ; )
2 2
 . 
. 
ố Ệ
ĐỀ SỐ: 7 
( Thời gian làm bài 150 phút ) 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
 Câu I ( 3,0 điểm ) 
 Cho hàm số 4 2y = x 2x  có đồ thị (C) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M ( 2 ;0) . . 
 Câu II ( 3,0 điểm ) 
1) Cho lg392 a , lg112 b  . Tính lg7 và lg5 theo a và b . 
2) Tính tìch phân : I = 
21 xx(e sin x)dx
0
 
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số 
 2
x 1y
1 x
 . 
Câu III ( 1,0 điểm ) 
 Tính tæ soá theå tích cuûa hình laäp phöông vaø theå tích cuûa hình truï ngoaïi tieáp hình laäp phöông ñoù . 
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 
 1. Theo chương trình chuẩn : 
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : 
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với các đỉnh là : 
A(0; 2 ;1) , B( 3 ;1;2) , C(1; 1 ;4) . 
 1) Viết phương trình chính tắc của đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác . 
 2) Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng (OAB) 
với O là gốc tọa độ . 
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : 

1y
2x 1
 , hai đường thẳng x = 0 , 
 x = 1 và trục hoành . Xác