Đề thi thử tốt nghiệp 2009 đúng cấu trúc của Bộ

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO LÀO CAI
TRƯỜNG THPT SỐ 1 BẢO THẮNG
ĐỀ SỐ 2
ĐỀ THI KHẢO SÁT KÌ II NĂM HỌC 2008 -2009
MÔN TOÁN 12
Thời gian làm bài: 90 phút;

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I.(3 điểm) Cho hàm số
3
3 2y x x
= − + −
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.
2. Biện luận theo
m
số nghiệm của phương trình
3
3 2x x m
− + − =
Câu II.(3 điểm)
1. Giải phương trình:
12
3 6
3 3 80 0
x x−
− − =
2. Tính nguyên hàm:
ln(3 1)x dx−
∫
3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất hàm số
3 2

( ) 3 9 3f x x x x
= + − +
trên đoạn
[ ]
2;2
−
Câu 3.(1 điểm)
Cho tứ diện S.ABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA=a, SB=b, SC=c. Hai
điểm M, N lần lượt thuộc 2 cạnh AB, BC sao cho
1 1
,
3 3
AM AB BN BC
= =
. Mặt phẳng
(SMN) chia khối tứ diện S.ABC thành 2 khối đa diện (H) và (H’) trong đó (H) là khối đa
diện chứa đỉnh C. Hãy tính thể tích của (H) và (H’)
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 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ; 4 ; 2) và mặt
phẳng (P) có phương trình : x + 2y + z – 1 = 0.
1. Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P).
2. Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với (P).
Câu V.a(1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay được tạo bởi phép quay quanh trục Ox hình
phẳng giới hạn bởi các đường
2
2 1, 0, 2, 0y x x y x x
= − + − = = =
.

2.Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b(2 điểm)
Cho mặt phẳng (P): 2x+y-z-3=0 và đường thẳng (d):
x 2 y z 3
1 2 2
+ +
= =
−
1. Tìm tọa độ giao điểm M của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P).
2. Viết phương trình hình chiếu của đường thẳng (d) trên mặt phẳng (P).
Câu Vb. (1 điểm)
Xác định tọa độ giao điểm của tiệm cận xiên của đồ thị hàm số
2
3 1
2
x x
y
x
− +
=
−
với
parabol (P):
2
3 2y x x
= − +
--------------Hết------------
ĐÁP ÁN
Câu Đáp án Điểm
I

(3,0
điểm)
(2,0 điểm)
Tập xác định : D =
¡
0,25
Sự biến thiên:
• Chiều biến thiên:
2
y' 3x 3
= − +
•
1
' 0
1
x
y
x
= −

= ⇔

=

Trên các khoảng
( ; 1)
−∞ −
và
(1: ), ' 0y
+∞ <

nên hàm số nghịch biến.
Trên khoảng
( 1;1), ' 0y
− >
nên hàm số đồng biến.
• Cực trị:
Hàm số đạt cực tiểu tại
1x
= −
, giá trị cực tiểu
4y
= −
Hàm số đạt cực đại tại
1x
=
, giá trị cực đại
0y
=
0,50
0.25
• Giới hạn:
x x
lim y ; lim y
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
0,25
• Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ;

−
2)
- Ta có:
3
1
3 2 0
2
x
x x
x
=

− + − = ⇔

= −

nên đồ thị cắt trục hoành tại 2
điểm (1;0) và (-2;0)
0,50
(1,0 điểm)
2
x
−∞
-1 1
+∞
y
′

−
0 + 0

−
y
+∞
0

−4

−∞
Số nghiệm của phương trình
3
3 2x x m
− + − =

bằng số giao điểm của hai đồ
thị hàm số
3
3 2y x x
= − + −
và
y m=
.
0,50
Dựa vào đồ thị ta có:
Nếu
4m
< −
hoặc
0m
>
phương trình có 1 nghiệm.

Nếu
4m
= −
hoặc
0m
=
phương trình có 2 nghiệm.
Nếu
4 0m
− < <
phương trình có 3 nghiệm.
0,50
Câu Đáp án Điểm
II
(3,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
Ta có:
2
12
6
3 6 6
3
3 3 80 0 3 80 0
9
x
x x x−
 
− − = ⇔ − − =
 ÷

 
Đặt
6
3 ( 0)
x
t t
= >
ta được phương trình:
2
80 0
9
t
t
− − =
0,50
t 9
80
t
9
=


⇔

= −

Nghiệm
80
t
9

= −
không thỏa mãn điều kiện.
Với t=9 ta có:
6
3 9 2 12
6
x
x
x
= ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=12.
0,50
2. (1,0 điểm)
ln(3 1)x dx−
∫
Đặt u=ln(3x-1) và dv=dx thì:
3
3 1
du dx
x
=
−
và
v x
=
0,25
3
ln(3 1) ln(3 1)
3 1
1

ln(3 1) 1
3 1
1
ln(3 1)
3 1
x
x dx x x dx
x
x x dx
x
x x dx dx
x
− = − −
−
 
= − − +
 ÷
−
 
= − − −
−
∫ ∫
∫
∫ ∫
0,50
1
x ln(3x 1) x ln(3x 1) C
3
= − − − − +
0,25

3. (1,0 điểm)
Ta có:
2
'( ) 3 6 9f x x x= + −
0,25
3
Do đó: f’(x) = 0
⇔
3
'( ) 0
1
x
f x
x
= −

= ⇔

=

Ta có:
( 2) 25; (2) 5; (1) 2f f f
− = = = −
0,25
Suy ra:
x [ 2;2]
max f (x) f ( 2) 25
∈ −
= − =
x [ 2;2]

min f (x) f (1) 2
∈ −
= = −
0,50
III
(1,0
điểm)
Diện tích của
SBCV
là:
1
.
2 2
SBC
bc
S SB SC
= =
V
Vì
( )
SA SB
SA SBC
SA SC
⊥

⇒ ⊥

⊥

nên thể tích của tứ diện S.ABC là:

.
1 1
.
3 3 2 6
S ABC SBC
bc abc
V SA S a
= = =
V
0,50
1 2
3 3
BM BA AM BA BA b
= − = − =
Gọi thể tích khối đa diện (H) và (H’) lần
lượt là :
'
,
H H
V V
Ta có :
.
'
. .
2 1 2
.
3 3 9
B SMN
H
S ABC B SAC

V
V BS BM BN
V V BS BA BC
= = = =

S
B
C
A
M
N
0,25
2
.
9 6 27
H
abc abc
V
⇒ = =
' .
7
6 27 54
H S ABC H
abc abc
V V V abc
= − = − =
0,25
Câu Đáp án Điểm
IV.a
(2,0

điểm)
1. (1,0 điểm)
Kí hiệu d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).
Gọi H là giao điểm của d và (P), ta có H là hình chiếu vuông góc của A trên
(P)
0,25
Do
v
r
= (1 ; 2 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P) nên
v
r
là một vectơ chỉ
phương của d. Suy ra, d có phương trình :
x 1 y 4 z 2
1 2 1
− − −
= =

0,25
4
Do đó, tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:
x 1 y 4 z 2
1 2 1
x 2y z 1 0
− − −

= =




+ + − =

Giải hệ trên, ta được : x =
2
3
−
, y =
2
3
, z =
1
3
. Vậy H
2 1 1
; ;
3 3 3
 
−
 ÷
 
.
0,50
2. (1,0 điểm) Có thể giải theo một trong hai cách:
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (P). Ta có R
bằng khoảng cách từ A đến (P). Suy ra :
2 2 2
1.1 2.4 1.2 1
5 6
R

3
1 2 1
+ + −
= =
+ +
0,50
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
2 2 2
50
(x 1) (y 4) (z 2)
3
− + − + − =
Hay 3x
2
+ 3y
2
+ 3z
2
– 6x – 24y – 12z + 13 = 0
0,50
V.a
(1,0
điểm)
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường đã cho là:
( )
( )
2 2
2
4
2

0 0
2 1 1V x x dx x dx
π π
= − + − = −
∫ ∫
0,50
2
5
0
( 1) 2
5 5
x
π
π
−
= =
0,50
IV.b
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ phương trình:

+ +
= =

−


+ − − =


x 2 y z 3
1 2 2
2x y z 3 0
0,25

= −

⇔ =


= −

x 4
y 4
z 7
0,50
Vậy H
( )
4 ; 4 ;7−
. 0,25
2. (1,0 điểm)
Gọi
∆
là hình chiếu của đường thẳng
d
trên mặt phẳng (P)
Gọi (Q) là mặt phẳng xác định bởi
∆
và d.

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng d là
(1; 2;2)
d
u
= −
uur
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
1
(2;1; 1)n = −
ur
0,50
5