10 Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán năm học 2008-2009 có đáp án

 
 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 . 
 . . . . . . .  . . . . . . . 
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
x  2  
y + + 
y  
1 
 1 
 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ15 
 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’ . 
 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 ( ) . 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ16 
 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 
 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
 . 
. 
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 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 , 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ17 
 x = 1 và trục hoành . Xác định giá trị của a để diện tích hình phẳng (H) bằng lna . 
2. Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 1;4;2) và hai mặt phẳng ( 1P ) : 
 2x y z 6 0    , (    P ) : x 2y 2z 2 02 . 
 1) Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng ( 1P ) và ( 2P ) cắt nhau . Viết phương trình tham số của 
 giao tuyến  của hai mặt phằng đó . 
 2) Tìm điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên giao tuyến  . 
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y = 2x và (G) : y = x . Tính thể tích của khối 
tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành . 
 . . . . . . . . . . . . . . 
HƯỚNG DẪN 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu I ( 3,0 điểm ) 
 1) 2đ 
 2) 1đ Gọi ( ) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k nên ( ) : y k(x 2)   . ( ) là tiếp tuyến 
của ( C )  Hệ sau có nghiệm : 
4 2x 2x k(x 2) (1)
34x 4x k (2)
   

  
 Thay (2) vào (1) ta được : 2 22x(x 2)(3x 2x 4) 0 x ,x 0,x 2
3
         
  2 2 8 2 8 2 16(2)x k ( ) : y x13 27 27 27
          
  (2)x 0 k 0 ( ) : y 02      
  (2)x 2 k 4 2 ( ) : y 4 2x 83         
Câu II ( 3,0 điểm ) 
 1) 1đ Ta có : a = lg392 =       3 2 10lg(2 .7 ) 3lg2 2 lg 7 3lg 2 lg 7 3 3lg5 2 lg 7
5
    2 lg 7 3lg5 a 3 (1) 
 b = lg112 =       4 10lg(2 .7) 4 lg2 lg 7 4 lg 4 lg5 4 4 lg5 lg 7
5
    lg 7 4 lg5 b 4 (2) 
 Từ (1) và (2) ta có hệ : 
           
2 lg 7 3lg5 a 3 1 1lg5 (a 2b 5) , lg 7 (4a 3b)
lg 7 4 lg5 b 4 5 5
x  1 0 1  
y + 0  0 + 0  
y 1 1  0  
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ18 
 2) 1d Ta có I = 
2 21 1 1x xx(e sin x)dx xe dx xsin xdx I I1 2
0 0 0
       
2 2 2 11 11 1 1x x 2 xI xe dx e d(x ) ( e ) = (e 1) 1 2 2 200 0
     . Cách khác đặt t = 2x 
1
I xsin xdx .2
0
  Đặt : 
      
u x du dx
dv sin xdx v cosx
 nên         
1
1 1
2 0 0
0
I [ x cosx] cosxdx cos1 [sin x] cos1 sin1 
 Vậy :    1I (e 1) sin1 cos1
2
 3) 1đ Tập xác định : R ;   
 2 2
1 xy , y = 0 x = 1
(1 x ) 1 x
 , 
      

    
x x x x2
1x(1 )
xlim y lim lim y 1 ; lim y 1
1x . 1
x
 Bảng biến thiên : 
Vaäy : Haøm soá ñaõ cho ñaït :  
R
 M max y = y(1) 2  
 Khoâng coù GTNN 
Câu III ( 1,0 điểm ) 
 Nếu hình lập phương có cạnh là a thì thể tích 
của nó là 3V a1  
 Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có bán 
kính a 2R
2
 và chiều cao h = a nên có thể 
 tích là 
3aV2 2
 . Khi đó tỉ số thể tích : 
3V a 21
3V2 a
2
 

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 Trung điểm của cạnh BC là M(1;0;3) 
x  1  
y + 0  
y 2 
1 1 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ19 
 Trung tuyến 
        

 Qua M( 1;0;3) x y 2 z 1(AM) : (AM) :
 VTCP u = AM ( 1;2;2) 1 2 2


 2) 1đ 
Mặt phẳng (OAB) : 

  
  


 Qua O(0;0;0)
 OA (0; 2;1) VTCP : 
 OB ( 3;2;1)

   
 VTPT n = [OA;OB] ( 1)(5;3;6) 
            
x 1 5t Qua C(1; 1;4) (d): (d) : y 1 3t VTCP u = n = ( 1)(5;3;6) z 4 6t

 
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 Vì hàm số 

1y
2x 1
 liên tục , không âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích : 
     
  
1 1
1
0
0 0
1 1 d(2x 1) 1 1S dx ln 2x 1 ln3
2x 1 2 2x 1 2 2
 Theo đề : 
        
a 01S ln a ln3 ln a ln 3 ln a a 3
a 32
2. Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
 1) 1đ 
 + Mặt phẳng ( 1P ) có VTPT  

1n (2; 1;1) , mặt phẳng ( 2P ) có VTPT  

2n (1;2; 2) 
 Vì 2 1
1 2
 nên suy ra ( 1P ) và ( 2P ) cắt nhau . 
 + Gọi u

 là VTCP của đường thẳng  thì u

vuông góc 1n

và 2n

 nên ta có : 
    
  
1 2u [n ; n ] (0;5;5) 5(0;1;1) 
 Vì   1 2(P ) (P ) . Lấy M(x;y;x) ( )  thì tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ : 
   
    
2x y z 6 0
 , cho x = 2 ta
x 2y 2z 2 0
 được :
         
y z 2 y 1
 . Suy ra : M(2;1;3)
2y 2z 4 z 3
 Vậy 

         

x 2 qua M(2;1;3)( ) : ( ) : y 1 t vtcp u 5(0;1;1) z 3 t

 
 2) 1đ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng ( ) . 
 Ta có : MH  . Suy ra : H (Q)  , với (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông 
 với  . Do đó 

            
  qua M(2;1;3)(Q) : (Q) : 0(x 1) 1(y 4) 1(z 2) 0 (Q) : y z 6 0 vtpt n = u 5(0;1;1)

 
 Thay x,y,z trong phương trình ( ) vào phương trình mặt phẳng (Q) ta được : 
  pt( )1t H(2;2;4)
5
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) và (G) :    2x x x 0,x 1 
 Khi đó (H) giới