Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán có đáp án năm 2009

' nªn 
∆ ®i qua A, B, vect¬ chØ ph−¬ng cña ®t ∆ lµ (4; 2;1)AB = −
uuur
pt ®uêng th¼ng: 
1 4
2
x t
y t
z t
= +

= −

=
Gi¶ sö 
2 2 2
2
( ) 1 4 3 1 2( 2 3)
4
2 3
x iy i x y xy i
x
y
x
+ = + ⇔ − − + −
 =

⇔ 
=

 hÖ cã nghiÖm (2; 3), ( 2; 3)− − VËy cã hai c¨n bËc hai lµ : 
1 22 3 , 2 3z i z i= + = − − 
§¸p ¸n 
C©u §¸p ¸n §
i
Ó
m 
C©u 
I(3 
®iÓm
) 
1.Víi m=3 ta cã hµm sè 3 3 1y x x= − + 
tËp x¸c ®Þnh: D =R 
ChiÒu biÕn thiªn: 
2' 3 3 , ' 0 1y x y x= − = ⇔ = ± 
Hµm sè ®ång biÕn trªn kho¶ng (- ∞ ;-1) vµ 
(1; + ∞ ); nghÞch biÕn trªn kho¶ng(-1;1) 
Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i 1, 3
CD
x y= − = , ®¹t 
cùc tiÓu t¹i 1, 1
CT
x y= = − 
Giíi h¹n: lim
x
y
→±∞
= ±∞ 
B¶ng biÕn thiªn: 
x - ∞ 
-1 
1 
+ ∞ 
y' + 
0 - 
0 + 
y 
3 
+ ∞ 
0
,
2
5 
0
,
2
5 
0
,
2
5 
0
,
2
5 
0
ĐỀ 8 
- ∞ 
-1 
*§å thÞ: 
C¾t trôc oy t¹i (0;1) 
f(x)=x^3-3x+1
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
x
y
2.ph−¬ng tr×nh 3 3 1 0x x k− − + = ⇔ 
3 3 1x x k− + = 
sè nghiÖm cña pt trªn lµ hoµnh ®é giao ®iÓm 
cña ®−êng th¼ng y =k vµ (C) 
k3: pt cã 1 nghiÖm 
k = -1 hoÆc k = 3: pt cã 2 nghiÖm 
-1< k < 3: pt cã 3 nghiÖm 
,
5 
0
,
5 
0
,
2
5 
0
,
2
5 
0
,
5 
C©u 
II(3 
®iÓm
) 
1. Ta cã: 
1 1 1
2
0 0 0
1 1
0 0
1 1
3 2 1 2
ln 1 ln 2 2 ln 2 ln 3
dx
I dx dx
x x x x
x x
= = −
+ + + +
= + − + = −
∫ ∫ ∫
2.§Æt 5xt = 
ta cã pt: 
2 26 25 0
1 0
25 2
t t
t x
t x
− + =
= = 
⇔ ⇒ 
= = 
3. Ta cã 
0
,
2
5 
0
,
7
5 
0
[ ]
2
1
'( ) 3 3 0
1 0; 2
x
f x x
x
=
= − = ⇔ 
= − ∉
f(1) = 1; f(0) = 3; f(2) = 5 
[ ] [ ]0;20;2max ( ) 5 , min ( ) 1f x f x= = 
,
2
5 
0
,
5 
0
,
5 
0
,
2
5 
0
,
2
5 
C©u 
III( 1 
®iÓm
) 
KÎ ( ),SH ABC AH BC I⊥ ∩ = .Do SABC lµ 
h×nh chãp tam gi¸c ®Òu nªn H lµ träng t©m 
cña tam gi¸c ABC, 
3 2 3 3
,
2 3 2 3
AI a AH a a= = = 

 360 , . tan 60 . 3
3
SAH SH AH a a= ° = ° = = 
VËy thÓ tÝch cña khèi chãp lµ: 
31 1 3 3. . .
3 2 2 12
V a a a a= = 
0
,
2
5 
0
,
5 
0
,
2
5 
C©u 
IVa(
2 
®iÓm
) 
1. Ta cã 
( 3;0;1), ( 4; 1;2) (1;2;3)BC BD BC BD= − = − − ⇒ ∧ =
uuur uuur uuur uuur
mÆt ph¼ng (BCD) ®i qua B( 3;2;0) vµ cã 
vect¬ ph¸p tuyÕn (1;2;3)n =
r
cã pt: x+2y+3z-7=0 
2. 
3 2.2 3.2 7
( , ( )) 14
1 4 9
d a BCD
− − −
= =
+ +
MÆt cÇu cã t©m A, b¸n kÝnh R = d( A, 
(BCD)) cã pt: 
0
,
5 
0
,
5 
0
,
5 
 2 2 2( 3) ( 2) ( 2) 14x y z− + + + + = 
0
,
5 
C©u 
Va(1 
®iÓm
) 
gi¶ sö z = a+2ai.Ta cã 
25 2 5 2z a a= = ⇒ = 
VËy z= 2+4i, z = -2-4i 
0
,
5 
0
,
5 
C©u 
IVb(
2®iÓ
m) 
1. ta cã 
(0; 1;1), ( 2; 0; 1) (1; 2; 2)BC BD n BC BD= − = − − − ⇒ = ∧ = − −
uuur uuur r uuur uuur
pt mÆt ph¼ng (BCD) lµ : x-2y-2z+2=0 
thay to¹ ®é ®iÓm A vµo pt mÆt ph¼ng (BCD) 
suy ra ( )A BCD∉ do ®ã ABCD lµ h×nh tø 
diÖn. 
2. Ta cã b¸n kÝnh mÆt cÇu 
1 2
( , ( )) 1
1 4 4
r d A BCD
+
= = =
+ +
pt mÆt cÇu (S) lµ : 2 2 2( 1) 1x y z− + + = 
0
,
5 
0
,
5 
0
,
5 
0
,
5 
C©u 
Vb(1 
®iÓm
) 
Ta cã 
1 3
2 2
2 2 3 3
z i cos isin
pi pi   
= + = +       
0
,
5 
0
,
5 
HƯỚNG DẪN CHẤM: ĐỀ 9 
Chú ý: cách giải khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm theo thang điểm 
III. Phần chung cho tất cả các thí sinh 
Câu 1: 
1. Hàm số 3 23 ( )y x x C= − 
 * Tập xác định: D= R 
 * Sự biến thiên 
 ' 2 '
0
3 6 3 ( 2) 0
2
x
y x x x x y
x
=
= − = − ⇒ = ⇔ 
=
 Hàm số đồng biến trên ( ;0) (2; )−∞ ∪ +∞ 
 và nghịch biến trên khoảng (0;2) 
 Hàm số có cực trị: (0) 0; (2) 4
CD CT
y y y y= = = = − 
 Các giới hạn: 
x x
lim ; limy y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞ 
 Bảng biến thiên: 
x −∞ 0 
2 +∞ 
y’ + 0 - 
0 + 
y 0 
+∞ 
 −∞ 
-4 
 * Đồ thị 
 Đồ thi cắt trục Ox tại điểm (0;0), (3;0) 
 Đồ thi cắt trục Oy tại điểm (0;0) 
4
2
-2
-4
-5 5
2. Phương trình: 
3 2
3 2
3 0
3
x x m
x x m
− + =
⇔ − = −
 Vế trài của phương trình là đồ thị (C) còn vế phải là 
đường thẳng y = -m. Do đó số nghiệm của phương trình là số 
giao điểm của đường thẳng y = -m vời đồ thị (C) 
 - nếu m > 4 hoặc m<0 thì pt có 1 nghiệm 
 - nếu m = 0 hoặc m = 4 thì pt có 2 nghiệm 
 - nếu 0<m<4 thì pt có 3 nghiệm 
3. Diện tích hình phẳng đó là: 
33 4
3 2 3
0 0
27
3 ( )
4 4
x
S x x dx x= − = − =∫ 
0,5đ 
0,5đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,5đ 
0,5đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,5đ 
0,5đ 
Câu 2. 
 1. Phương trình: 23 5.3 6 0x x− + = 
 Đặt 3 ( 0)xt t= > 
 2
2
5 6 0
3
t
t t
t
=
⇒ − + = ⇔ 
=
 + Với t = 2 
3
3 2 2logx x⇔ = ⇔ = 
 + Với t = 3 3 3 1x x⇔ = ⇔ = 
 Vậy pt có 2 nghiệm là: 31, log 2x x= = 
 2. Phương trinh: 
2 4 7 0x x− + = 
 2' 3 3i∆ = − = 
 Vậy pt có 2 nghiệm là: 2 3; 2 3x i x i= − = + 
0,25đ
0,5đ 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ 
Câu 3: 
 1. Vì ( )SB ABCD⊥ ⇒SB là chiều cao của khối chóp 
 2 2 2 2( 3) 2SB SC BC a a a= − = − = 
 Vậy thể tích khối chóp là: 
2 31 1 3. . 2 .
3 3 2
V Bh a a a= = = 
 2. Gọi I la trung điểm của SD, 
 vì tam giác SBD vuông cân tại B ISIB ID⇒ = = 
 và I nằm trên đường trung trực của BD ⇒ I nằm trên trục 
của đa giác đáy 
 IA IB IC ID IS⇒ = = = = 
 Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 
0,25đ
0,25đ
0,5đ 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
A. Dành cho thí sinh ban cơ bản 
Câu 4A. 
 1. 
1
0
( 1) xI x e dx= +∫ 
 Đặt 
1
x x
u x du dx
dv e dx v e
= + = 
⇔ 
= = 
1
1
0
0
( 1). 1x xI x e e dx e= + − = −∫ 
 2. Cho A(5;0;4), B(5;1;3), C(1;6;2), D(4;0;6) 
 a. Ta có (0;1; 1)AB = −
uuur
 Phương trình tham số của đường thẳng AB đi qua A và có vtcp 
(0;1; 1)u AB= = −
r uuur
 là 
x=5
y=t
z=4-t





 b. Vì ( ) //( ) [AB,AC]ABC nαα ⇒ =
uur uuur uuur
 (0;1; 1); ( 4;6; 2) (4;4;4)AB AC nα= − = − − ⇒ =
uuur uuur uur
0,25đ
0,5đ 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ 
S 
I 
B 
A 
D 
C 
 Vậy pt mặt phẳng ( )α là 
4.( 4) 4( 0) 4( 6) 0
10 0
x y z
x y z
− + − + − =
⇔ + + − =
0,25đ 
B. Ban nâng cao 
Câu 4B. 
 1. 
2
32 3
1
1I x x dx= +∫ 
 Đặt 3 3 3 3 2 2 2 21 1 3 3u x u x u du x dx x dx u du= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = 
 Đổi cận: 
3
3
x=1 u= 2
2 9x u
⇒
= ⇒ =
33
3 3
99 4
333 4 4
2 2
1
( 9 2 )
4 4
u
I u du= = = −∫ 
 2. a. Vì ( ) //( ) (1; 2;1)Q PQ P n n⇒ = = −
uur uur
 Vậy pt mặt phẳng (Q) là: 2 0x y z− + = 
 b. vì đường thẳng ( ) (1; 2;1)
d P
d P u n⊥ ⇒ = = −
uur uur
 Vậy pt đt d là 
1
2 2
3
x t
y t
z t
= +

= −

= +
 Gọi H la giao điểm của đt d va (P) . Do đó tọa độ của 
(1 ;2 2 ;3 )H t t t+ − + 
 Vì 
1
( ) (1 ) 2(2 2 ) (3 ) 3 0
2
H P t t t t∈ ⇒ + − − + + + = ⇔ = − 
 Vậy H có tọa độ là 
1 5
( ;3; )
2 2
H 
0,25đ 
0,5đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
HƯỚNG DẪN CHẤM: ( Đê 10) 
Chú ý: cách giải khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm theo thang điểm 
IV. Phần chung cho tất cả các thí sinh 
Câu 1: 
1. Hàm số 4 22 3( )y x x C= − + 
 * Tập xác định: D= R 
 * Sự biến thiên 
 ' 3 2 '
0
4 4 4 ( 1) 0 1
1
x
y x x x x y x
x
=

= − = − ⇒ = ⇔ =
 = −
 Hàm số đồng biến trên ( 1;0) (1; )− ∪ +∞ 
 và nghịch biến trên khoảng ( ; 1) (0;1)−∞ − ∪ 
 Hàm số có cực trị: (0) 3; ( 1) 2
CD CT
y y y y= = = ± = 
 Các giới hạn: 
x x
lim ; limy y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞ 
 Bảng biến thiên: 
x −∞ -1 0 
1 +∞ 
y’ - 0 + 0 
- 0 + 
y 
 +∞ 3 
+∞ 
 2 
2 
 * Đồ thị 
 Đồ thi cắt trục Oy tại điểm (0;3) 
4
2
-2
-4
-5 5
f x( ) = x4-2⋅x2( )+3
2. Ta có tọa độ điểm CĐ là (0;3) 
 Y’(0) = 0 Vậy phương trình tiếp tuyến là: y = 3 
0,25đ
0,5đ 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ 
0,5đ 
0,5đ 
Câu 2. 
 1. Phương trình: 4 2log log 4 5x x+ = 
 Điều kiện: x > 0 
2 2 2
2
2
1
log log 4 log 5
2
3
log 3
2
log 2 4
x x
x
x x
⇒ + + =
⇔ =
⇔ = ⇔ =
 Vậy pt có 1 nghiệm là: x = 4 
 2. Phương trinh: 
2 4 5 0x x− + = 
 2' 1 i∆ = − = 
0,25đ
0,5đ 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
 Vậy pt có 2 nghiệm là: 2 ; 2x i x i= − = + 
0,5đ 
Câu 3: 
 Vì ( )SA ABC⊥ ⇒SA là chiều cao của khối chóp h a⇒ = 
 Tam giác ABC vuông cân tại B ta có 
2
ABC
1
S .
2 2
a
a a∆ = = 
 Vậy thể tích khối chóp là: 
2 31 1
. . .
3 3 2 6ABC
a a
V S h a∆= = = 
0,75đ 
0,75đ 
0,5đ 
A. Dành cho thí sinh ban cơ bản 
Câu 4A. 
 1. 
2
1
lnI x xdx= ∫ 
 Đặt 
2
1
ln
2
du dx
u x x
dv xdx x
v

== 
⇔ 
= 
=

1 12
00
1 3
.ln 2ln 2
2 2 4
x
I x xdx= − = −∫ 
 2. 
 a. Vì ( ) //( ) (3;1;2)
P
P n nαα ⇒ = =
uur uur
 Vậy pt của mặt phẳng ( )α là: 3 2 1 0x y z+ + + = 
 b. Vì mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) nên bán kính của (S) là 
2 2 2
3.1 2 2.( 3) 1 2
( , ( ))
73 1 2
r d A P
+ + − −
= = =
+ +
 Vậy pt mặt cầu ( )S là: 
 2 2 2
2
( 1) ( 2) ( 3)
7
x y z− + − + + = 
0,5đ 
0,5đ 
0,5đ 
0,25đ 
0,5đ 
0,25đ 
B. Ban nâng cao 
Câu 4B. 
 1. 
2 2 2
2
2 20 0 0
4
0
1 1 1
( )
(s inx+cosx) 4[ 2cos(x- )] 2cos (x- )
4 4
1
tan( ) 1
2 4
I dx dx d x
x
pi pi pi
pi
pi
pi pi
pi
= = = −
= − =
∫ ∫ ∫
0,5đ 
0,25đ 
S 
 2. Ta có đt ∆ đi qua M(1;2;-2) và có vtcp (1;1; 2)u = −
r
 đt '∆ đi qua M’(2;1;1) và có vtcp ' (1; 1;0)u = −
ur
 a. Ta có: 
 o
o
[u,u']=(-2;-2;-2)
M ' (1; 1;3)
[u,u'].M ' 6 0
o
o
M
M
= −
⇒ = − ≠
r ur
uuuuuuur
r ur uuuuuuuur
 Do đo ∆ và '∆ chéo nhau 
 b. Ta có mối điểm M thuộc vào (1 ;2 ; 2 2 )M t t t∆ ⇒ + + − − 
 và mối điểm M’ thuộc vào ' '(2 ';1 ';1)M t t∆ ⇒ + − 
 ' (1 ' ; 1 ' ;3 2 )MM t t t t t⇒ = + − − − − +
uuuuur
 để MM’ là đoạn vuông góc chung của ∆ và '∆ 
'. 0 6 6 0
' 1
2 2 ' 0'. ' 0
MM u t
t t
tMM u
 = − − =
⇔ ⇔ ⇔ = = − 
+ == 
uuuuur r
uuuuur ur 
 Vậy (0;1;0), '(1;2;1) ' (1;1;1)M M MM⇒ =
uuuuur
 Do đó pt đường thẳng vuông goc chung của ∆ và '∆ 
là 
 1
x t
y t
x t
=

= +

=
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ 
0,25đ
. 
 ĐÁP ÁN 
C
â
u
1
1.(2,5 điểm) 
 a.)Tập xác định :R\{ }1− 
 b.)Sự biến thiên: 
 .)Chiều biến thiên: ( )21
2
x
y
+
−
=′ >0 với mọi x 
Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng R\{ }1− 
 .)Cực trị :Hàm số không có cực trị 
 .)Giới hạn: 
1−=
−∞→
Limy
x
; 1−=
+∞→
Limy
x
; ∞=
−→
Limy
x 1
 ĐT hàm số có tiệm cận đứng x=-1 
 ĐT hàm số có tiệm cận