Đề thi thử tốt nghiệp thpt năm học 2008 - 2009

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT năm học 2008-2009 Thời gian làm bài 150 phút A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7điểm) Câu I:(3,0 điểm) x 3 Cho hàm số y  có đồ thị ( C ) x2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d:y=mx+1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt Câu II: (3,0 điểm) 3x  5 0 1) Giải bất phương trình: log 0,5 x 1 1. 2) Tính tích phân I   x( x  e x )dx 0. 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)=x3+3x2-9x+3 trên đoạn [-2;2] Câu III: (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABCD có AB=a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. B.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh học chương trình nào thì chỉ làm phần riêng dành cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a: (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng  x  3  2t x  1 t '   d :  y  3  2t và d ' :  y  6  2t '  z  2  3t  z  1   1) Chứng minh rằng hai đường thẳng d và d’ chéo nhau 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và song song với đường thẳng d’ Câu V.a : (1,0 điểm) 2i Tìm môđun của số phức z = 3-2i + 1 i 2. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.b ( 2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;2;0),mặt phẳng (P): x+2y+z+1=0 và đường thẳng d có  x  2  2t  phương trình  y  1  t  z  2  3t  1) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d 2) Viết phương trình đường thẳng  đi qua M, cắt d và song song với mặt phẳng (P) Câu V.b (1,0 điểm) Tìm các căn bậc hai của số phức z = 8+6i. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM Câu I 3,0 điểm. Nội dung. Điểm. 2,0 điểm Tập xác định : D= R \ 2. 0,25. Sự biến thiên: 1 >0, x  D ( x  2) 2 Suy ra, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 2) và (2; ) •Cực trị: Hàm số không có cực trị. •Chiều biến thiên: y ' . •Giới hạn: lim y  lim y  1 ; lim y   và lim y   x . x . x2. x2. Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x=2, và một tiệm ngang là đường thẳng y=1 Bảng biến thiên: x - 2 +. y’. +. y. + +. 1. 0,50. 0,5. 0,25. 1 -. 3 ) 2 Đồ thị nhận điểm I(2;1) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) làm tâm đối xứng. •Đồ thị: - Đồ thị cắt trục hoành tại điểm (3;0) và cắt trục tung tại điểm (0; -. 0,50. 4. 2. 1. -10. -5. 0. 2. 3. 5. 10. -2. -4. 2. (1,0 điểm ) Đường thẳng y=mx+1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt x 3 =mx+1 có hai nghiệm phân biệt  Phương trình (ẩn x) x2  Phương trình (ẩn x) mx2-2mx+1=0 có hai nghiệm phân biệt khác 2. Lop12.net. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> m  0 m  0    '  m 2  m  0  m  1 m.22  2m.2  1  0 . II 3,0 điểm. 0,50. 1. (1,0 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: 3x  5 1 x 1. . 0,50. 2x  6  0  x<-1 hoặc x>3 x 1. 0,50. 2.(1,0 điểm) 1. 1. 1. 1. 1. 2 5 2 Ta có: I=  x xdx +  xe dx =I1+I2 với I1=  x xdx =  x dx = x 2 = 5 0 5 0 0 0 0 x. 3 2. 0,50 0,25. 1. I2=  xe x dx đặt u=x, dv=exdx  I2=1 0. 7 5 3.(1,0 điểm). 0,25. f’(x)=3x2+6x-9 f’(x)=0  x=1  (-2;2) (nghiệm x= -3 loại) f(-2)=25, f(1)=-2, f(2)=5. 0,25 0,25 0,25 0,25. Do đó: I=. Vậy: max f ( x) =f(-2)=25, min f ( x) =f(1)=-2 [ 2;2]. III 1,0 điểm. [ 2;2]. Do S.ABCD là khối chóp đều và AB=a nên đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và gọi I là trung điểm của cạnh BC.Ta có SO là 0,50 đường cao và góc SIO là góc giữa mặt bên và mặt đáy Trong tam giác vuông SOI, ta có: S a 3 a 0 SO=OI.tan SIO = .tan 60 = 0,25 2 2 Diện tích đáy: SABCD=a2. D C. A. I. O B. IVa 2,0 điểm. Do đó: Thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 2 a 3 a3 3 1 VS . ABCD  .S ABCD .SO = .a . = 3 2 6 3 1.(1,0 điểm)   d có VTCP a =(2;2;3), d’ có VTCP a ' =(-1;2;0)   Ta có: a và a ' không cùng phương Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3  2t  1  t ' 2t  t '  2   Xét hệ phương trình: 3  2t  6  2t '  2t  2t '  3 2  3t  1 t  1   t '  0  5  t'    2  hệ phương trình vô nghiệm t  1. 0,50. 0,50. Vậy : d và d’ chéo nhau 2. (1,0 điểm).    (P) qua d và song song với d’  (P) qua M(3;3;2) và có VTPT n   a, a ' =(-6;-3;6). V.a 1,0 điểm. Phương trình mặt phẳng (P) là: -6(x-3)-3(y-3)+6(z-2)=0  2x+y-2z-5=0. 0,50. (2  i )(1  i ) 7 7 =  i 2 2 2. 0,50. Ta có : z= 3-2i +. 2. IV.b 2,0 điểm. V.b 1,0 điểm. 0,50. 2. 7 2 7 7 Do đó: z        2 2 2 1. (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu của M trên đường thẳng d  H(2+2t;-1+t;-3+3t)   MH =(1+2t;-3+t;-2+3t), d có VTCP là u =(2;1;3)     1 Ta có: MH  u  MH . u =0  14t-7=0  t = 2 1 3 Vậy: H(3;- ;- ) 2 2 2. (1,0 điểm) Gọi (P’) là mặt phẳng  đi qua M(1;2;0) và song song với mặt phẳng (P) • (P’) có VTPT là n =(1;2;1) • Phương trình mp(P’) là: x+2y+z-5=0 Gọi N là giao điểm của d và (P’)  N(2+2t;-1+t;-2+3t) N  (P’)  2+2t+2(-1+t)+(-2+3t)-5=0  t=1  N(4;0;1)  Đường thẳng  đi qua M và N nên có VTCP là MN =(3;-2;1)  x  1  3t  Phương trình tham số của đường thẳng  là:  y  2  2t z  t  Gọi số phức x+yi (x,y  R) là căn bậc hai của số phức 8+6i, ta có: (x+yi)2=8+6i  x2  y 2  8 Suy ra:  . 2 xy  6. x  3  x  3 Giải hệ phương trình này ta được:  và  y 1  y  1 Vậy: có hai căn bậc hai của số phức 8+6i là 3+i và -3-i Lop12.net. 0,50. 0,50. 0,50. 0,25. 0,25 0,50. 0,50. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>