Bộ đề Toán Ôn thi TN THPT 1013 của Tỉnh Bình Thuận (Phần 1) pdf

Page 1

SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
MÔN: TOÁN - NĂM HỌC: 2012 – 2013
TỔ TOÁN Thời gian làm bài 150 phút

Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.


I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu 1. (3.0 điểm) Cho hàm số
3 2
( ) 3 1
y f x x x
= = − + −
có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d):
1
y mx
= −
cắt đồ thị (C) tại 3 điểm
phân biệt

Câu 2. (3.0 điểm)
1) Giải phương trình:
(
)

(
)
2 1 2 1
2 1
4 3 3 2
x x
x x
− +
−
− = −

2) Tính tích phân:
1
2
0
2 .
I x dx
= −
∫

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
( ) ln(3 3)
1
x
f x x
x
= + +
−

trên đoạn

[
]
2;5


Câu 3. (1.0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh bên bằng a , góc giữa mặt
bên và mặt đáy là 45
0
. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)

A. Theo chương trình Chuẩn :
Câu 4a.
(2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình
2 2 1 0
x y z
− + − =
và điểm
(1;3; 2)
A
−

1) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P).
2) Viết phương trình mặt cầu tâm A và đi qua gốc tọa độ O.

Câu 5a. (1.0 điểm) Tính môđun của số phức
z
biết
+ − = −

(2 ) 3 . 1 2
i z i z i


B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 4b
. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P)
có phương trình lần lượt là :
3 2
( )
1
x t
y t t
z t
= +


= ∈


= −

»

,
2 2 4 0
x y z
+ − − =

1) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc mặt phẳng (P)

biết điểm I có hoành độ bằng 1
2) Viết phương trình của đường thẳng
∆
đi qua điểm M(5; 0; – 4) , cắt đường thẳng (d)
và song song với mặt phẳng (P)

Câu 5b. (1.0 điểm) Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
− + + =
2
4 1 4 0
z z i


- - - Hết - - -

Page 2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TN THPT 2013
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. (2.0 điểm)
= = − + −
y f x x x
3 2
( ) 3 1

° TXĐ: D = R
° Giới hạn:
→+∞ →−∞
= −∞ = +∞
x x

y y
lim , lim

°
= − +
y x x
/ 2
3 6



= = −
= ⇔

= =


x y
y
x y
/
0 ( 1)
0
2 ( 3)

° Bảng biến thiên: x – ∞ 0 2 + ∞
y' – 0 + 0 –
y +∞ 3
–1 (CĐ) – ∞
(CT)

Kết luận: . . .
° Điểm đặc biệt :

= − + = ⇔ = =
y x y x y
// //
6 6. 0 1( 1)


= − ⇒ = = ⇒ = −
x y x y
1 3 , 3 1

° Đồ thị :

Kết luận: Đồ thị có tâm đối xứng là điểm I(1;1)

0.25

0.25

0.25

0.25


0.25


0.25

0.5


Câu
1
(3.0đ)

2. (1.0 điểm)
° Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

=
− + − = − ⇔ − + = ⇔

− + =


x
x x mx x x mx
x x m
3 2 3 2
2
0
3 1 1 3 0
3 0 (*)

° YCBT
⇔

pt(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0


∆ = − >
<
 
⇔ ⇔
 
≠


≠


m
m
m
m
9
9 4 0
4
0
0



0.25

025

0.25+0.25

1. (1.0 điểm)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
− + −
− −
− = − ⇔ + = +
⇔ × = ×
x x x x
x x x x
x
x
2 1 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2
2
2
4 3 3 2 2 2 .2 3. 3 3 . 3
3 4
2 3

2
3

   
⇔ =
   
   
⇔ = ⇔ =
x
x x
2 3
2 2
3 3
3
2 3
2


0.25

0.25

0.25

0.25
Câu
2
(3.0đ)

2. (1.0 điểm)
° Đặt:
π π
 
 
= ∈ − ⇒ =
 
 
 
 
 
x t t dx tdt
2 sin ; 2 cos
2 2



0.25

Page 3


CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM





° Đổi cận đưa đến tích phân
π π
= = +
∫ ∫
I tdt t dt
4 4
2
0 0
2 cos (1 cos 2 )


π
π
 
= + = +
 
 
t t
4

0
1 1
sin 2
2 4 2

0.25


0.25+0.25

3. (1.0 điểm)
°
−
= − =
+
− + −
x x
f x
x
x x x
2
/
2 2
1 1 3
( )
1
( 1) ( 1)( 1)

° Trên đoạn [2;5] :
= ⇔ =

f x x
/
( ) 0 3

°
= + = + = +
f f f
3 5
(3) ln12 , (2) ln 9 2 , (5) ln18
2 4

°
= = + = = +
f x f f x f
[2;5] [2;5]
3
min ( ) (3) ln12 & max ( ) (2) ln 9 2
2



0.25

0.25

0.25

0.25
Câu
3

(1.0đ)

° S.ABCD là hình chóp đều nên gọi O là tâm của đáy ABCD

⇒ ⊥
SO ABCD
( )

° Gọi M là trung điểm AB

⊥

⇒

⊥


SM AB
OM AB



⇒
SMO
là góc giữa mặt bên và mặt đáy.
Theo gt:

=
SMO
0

45

° Gọi x là cạnh hình vuông ABCD

⇒ = =
x x
OA OM
2
,
2 2


∆ = − ∆ =
x
SOA SO a SOM SO OM
2
2
: , :
2
⇒ − = ⇒ =
x x a
a x
2
2
2
2 2
3


⇒

= =
ABCD
a a
S SO
2
4 3
&
3 3

°
= × =
S ABCD ABCD
a
V S SO
3
.
1 4 3
3 27







0.25

0.25


0.25

0.25
Câu
4.a
(2.0đ)

1. (1.5 điểm)
° Mặt phẳng (P) có VTPT
= −

n
(2; 1;2)

° Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P)

⇒
Đường thẳng AH qua
−
A
(1;3; 2)
và có VTCP
= −

n
(2; 1;2)

⇒
PTTS của đường thẳng AH:

= +

= −


= − +

x t
y t
z t
1 2
3
2 2

°
∈ ⇒ + − − +
H AH H t t t
(1 2 ;3 ; 2 2 )


0.25

0.25

0.25

0.25



Page 4

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

∈ ⇒ + − − + − + − = ⇔ =
H P t t t t
2
( ) 2(1 2 ) (3 ) 2( 2 2 ) 1 0
3

° Vậy
 
−
 
 
H
7 7 2
; ;
3 3 3

0.25

0.25
2. (0.5 điểm)

° Mặt cầu tâm
(1;3; 2)
A
−
và đi qua O nên có bán kính
= =
R OA
14

° Phương trình mặt cầu cần tìm là:
− + − + + =
x y z
2 2 2
( 1) ( 3) ( 2) 14


0.25

0.25
Câu
5.a
(1.0đ)

°
= + ∈
z a bi a b R
( ; )

°
+ − = − ⇔ + + − − = −

i z i z i i a bi i a bi i
(2 ) 3 . 1 2 (2 )( ) 3 ( ) 1 2


⇔ − + − + = −

=


− =
 
⇔ ⇔
 
− + = −



=


a b a b i i
a
a b
a b
b
(2 4 ) ( 2 2 ) 1 2
3
2 4 1
2
2 2 2 1

2

°
= + ⇒ = + =z i z
3 1 9 1 10
2 2 4 4 2



0.25
0.25


0.25



0.25
1.(0,75 điểm)
°

∈

⇒ −

=


( )
(1; 1;2)

1
I d
I
x

°
= =
( ,( )) 3
R d I P

° Phương trình (S):
− + + + − =
2
2 2
( 1) ( 1) ( 2) 9
x y z



0.25

0.25

0.25
Câu
4.b
(2.0đ)

2.(1,25 điểm)
° Mặt phẳng (P) có VTPT

= −

(1;2; 2)
n

° Gọi
= ∆ ∩ ⇒ ∈ ⇒ + −
( ) ( ) ( ) (3 2 ; ;1 )
N d N d N t t t


⇒ = − −

(2 2; ;5 )
MN t t t

°
⊥ ⇔ ⇔ − + − − = ⇔ =
   
. 1(2 2) 2 2(5 ) 0 2
n MN n MN t t t t


⇒ =

(2;2;3)
MN
là VTCP của đường thẳng (
∆
)

° Phương trình đường thẳng (
∆
):
− +
= =
5 4
2 2 3
x y z


0.25


0.25

0.25

0.25

0.25

Câu
5.b
(1.0đ)

°
∆ = − + = − + = −
/ 2 2
4 (1 4 ) 4 4 (2 )
i i i i

° Phương trình có 2 nghiệm phức phân biệt:
= + − = −
1
2 (2 ) 4
z i i
,
= − − =
2
2 (2 )
z i i


0.25+0.25


0.25+0.25



Page
1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO Đề thi thử môn: TOÁN – Giáo dục THPT
Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số:
2 1

1
x
y
x
−
=
−

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến (d) của
( )
C
tại điểm trên
( )
C
có hoàng độ bằng -1. Tính
diện tích hình phẳng giới hạn bởi
( )
C
, tiếp tuyến (d) và trục Ox.
Câu 2 (3,0 điểm).
1. Giải phương trình:
1
3 3
log (3 1).log (3 3) 12
x x+
− − =

.
2. Tính tích phân:
1
2
0
( 1) 2
I x x x dx
= − −
∫
.
3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
2 1
( 2 2)
x
y x x e
−
= + −
trên đoạn [1; 3].
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ
.
ABC A B C
′ ′ ′
có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a.
Hình chiếu vuông góc của
A
′
xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. Mặt bên
( )
AA C C
′ ′

tạo với đáy một góc bằng
45

. Tính thể tích của khối lăng trụ này.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
1. Phần A (Theo chương trình Chuẩn).
Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
( , , , )
O i j k

 
, cho
3 2
OM i k
= +



, mặt cầu
( )
S
có phương trình:
2 2 2
( 1) ( 2) ( 3) 9
x y z
− + + + − =

1. Xác định toạ độ tâm I và bán kính của mặt cầu
( )
S

. Chứng minh rằng điểm M nằm trên
mặt cầu, từ đó viết phương trình mặt phẳng
( )
α
tiếp xúc với mặt cầu tại M.
2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu, song song với mặt phẳng
( )
α
,
đồng thời vuông góc với đường thẳng
1 6 2
:
3 1 1
x y z
+ − −
∆ = =
−
.
Câu 5a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa:
2
3 1 (1 3)
1
i
z
i
+ + −
=
+

2. Phần B (Theo chương trình Nâng cao).

Câu 4b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho cho điểm
(1;3; 2)
I
−
và đường
thẳng
4 4 3
:
1 2 1
x y z
− − +
∆ = =
−

1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm I và chứa đường thẳng
∆
.
2. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm I và cắt
∆
tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 4.
Câu 5b (1,0 điểm). Trong các số phức thỏa điều kiện
2 2 2 1
i z z
− = −
. Tìm số phức có modun nhỏ
nhất.


Hết

Page
2

x
y
1
2
2,5
3
3
2
-1
O
1
ĐÁP ÁN
Câu 1:
1.
2 1
1
x
y
x
−
=
−

Tập xác định:
\ {1}

D
=
»
0.25 đ
Đạo hàm:
2
1
0,
( 1)
y x D
x
−
′
= < ∀ ∈
−
0.25 đ
Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị. 0.25 đ
Giới hạn và tiệm cận:
;
lim 2 lim 2 2
x x
y y y
→−∞ →+∞
= = ⇒ =
là tiệm cận ngang 0.25 đ
;
1 1
lim lim 1
x x
y y x

− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒ =
là tiệm cận đứng. 0.25 đ
Bảng biến thiên 0.25 đ
x
– ∞ 1 +∞

y
′

– –
y
2
–∞

+∞
2

Giao điểm với trục hoành:
1
0 2 1 0
2
y x x
= ⇔ − = ⇔ =

Giao điểm với trục tung: cho
0 1
x y
= ⇒ =

Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3
y 3/2 1 || 3 5/2
Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: 0.5 đ

2.
2 1
( ) :
1
x
C y
x
−
=
−

Tiếp tuyến tại A( -1; 3/2) nên hsg k =
1
( 1)
4
f
′
− = −
0.25 đ
tiếp tuyến (d) :
1 5
4 4
y x
= − +
0.25 đ

(C) cắt Ox tại B(1/2; 0), (d) cắt Ox tại C(5; 0), D là hình chiếu A lên Ox,
Diện tích cần tìm:
1/2
1
9 2 1
( ) 2ln 2 6
2 1
ADC tcADB
x
S S S dx
x
∆
−
−
= − = − = +
−
∫
0.5 đ
Câu 2
:
1. Điềukiện
0
x
>
0.25 đ
3 3
3
3
3
3

log (3 1)[1 log (3 1)] 12
82
log (3 1) 4
log
81
log (3 1) 3
log 28
x x
x
x
pt
x
x
⇔ − + − =


− = −
=

⇔ ⇔


− =


=


0.5 đ
Vậy

3 3
82
log ;log 28
81
S
 
=
 
 
0.25 đ
2
1
2 2
0
1
2 (2 )
2
I x x d x x
= − − −
∫
0.25 đ

1
2 3
0
1
( (2 )
3
x x= − −
0.5 đ

Page
3

a
I
M
H
C'
B'
A
B
C
A '

1
3
= −
0.25 đ
3 Xét
[
]
1;3
x
∈


Hàm số liên tục trên đoạn [1; 3] 0.25 đ
1 1 2
1 2

1 2
' (2 2) ( 2 2)
(2 2 2 2)
( 4)
x x
x
x
y x e e x x
e x x x
e x
− −
−
−
= + − + −
= + − − +
= − +

0.25 đ
2
2
' 0 4 0
2 [1;3]
x
y x
x
=

= ⇔ − + = ⇔

= − ∉



0.25 đ
2
(1) 1
6
(2)
13
(3)
y
y
e
y
e
=
=
=

[1;3]
[1;3]
6
1
Maxy
e
Miny
=
=

0.25 đ

Câu 3:
Gọi H,M,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,AC,AM
Theo giả thiết,
( ),
A H ABC BM AC
′
⊥ ⊥


Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên
||
IH BM IH AC
⇒ ⊥

Ta có,
,
AC IH AC A H AC IA
′ ′
⊥ ⊥ ⇒ ⊥


Suy ra góc giữa
( )
ABC
và
( )
ACC A
′ ′
là


o
45
A IH
′
=

0.5 đ

o
1 3
.tan 45
2 4
a
A H IH IH MB
′
= = = =

0.25 đ
Vậy thể tích lăng trụ là:
3
1 1 3 3 3
. . .
2 2 2 4 16
a a a
V B h BM AC A H a
′
= = = ⋅ ⋅ ⋅ =

(đvtt)
0.25 đ

Câu 4a
1
.
3 2 (3;0;2)
OM i k M
= + ⇒



và
2 2 2
( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 9
S x y z
− + + + − =

Mặt cầu có tâm
(1; 2;3)
I
−
và bán kính
3
R
=

0.25 đ
Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu:

2 2 2
(3 1) (0 2) (2 3) 9
− + + + − =

là đúng
Do đó,
( )
M S
∈

0.25 đ
( )
α
đi qua điểm M, có vtpt
(2;2; 1)
n IM
= = −



0.25 đ
Vậy, PTTQ của
( )
α
là:
2( 3) 2( 0) 1( 2) 0 2 2 4 0
x y z x y z
− + − − − = ⇔ + − − =


0.25 đ
2

Điểm trên d:

(1; 2;3)
I
−

( )
α
có vtpt
(2;2; 1)
n
= −

và
∆
có vtcp
(3; 1;1)
u
∆
= −

nên d có vtcp 0.25 đ

Page
4

H
C
I
A
B
2 1 1 2 2 2

[ , ] ; ; (1; 5; 8)
1 1 1 3 3 1
u n u
∆
 
− −




= = = − −




− −



 
  

0.5 đ
Vậy, PTTS của d là:
1
2 5 ( )
3 8
x t
y t t
z t



= +



= − − ∈



= −



»

0.25 đ
Câu 5a

Tính được
2
1 3
z i
= −
0.5 đ
Suy ra
3 1
2 2
3 1
2 2

z i
z i

= −



= − +


0.5 đ

Câu 4b
1.

Đường thẳng
∆
đi qua điểm
(4;4; 3)
M
−
, có vtcp
(1;2; 1)
u
= −



Mặt phẳng
( )

P
đi qua điểm
(1;3; 2)
I
−

Hai véctơ:
(3;1; 1)
IM
= −


(1;2; 1)
u
= −


0.25 đ

Vtpt của mp(P):
1 1 1 3 3 1
[ , ] ; ; (1;2;5)
2 1 1 1 1 2
n IM u
 
− −





= = =




− −



 

 

0.25 đ

PTTQ của mp
( ) : 1( 1) 2( 3) 5( 2) 0
P x y z
− + − + + =
2 5 3 0
x y z
⇔ + + + =
0.5 đ

2.Khoảng cách từ điểm I đến
∆


2 2 2
2 2 2

[ , ]
1 2 5 30
( , ) 5
6
1 2 ( 1)
IM u
d d I
u
+ +
= ∆ = = = =
+ + −




0.25 đ

Giả sử mặt cầu
( )
S
cắt
∆
tại 2 điểm A,B
sao cho AB = 4
( )
S
⇒
có bán kính R = IA
Gọi H là trung điểm đoạn AB, khi đó:
IH AB IHA

⊥ ⇒ ∆
vuông tại H

Ta có,

2 ; ( , ) 5
HA IH d I= = ∆ =
0.25 đ
2 2 2 2 2 2
( 5) 2 9
R IA IH HA
= = + = + =

0.25 đ

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

2 2 2
( ) : ( 1) ( 3) ( 2) 9
S x y z
− + − + + =

0.25 đ


Câu 5b
Gọi
z x iy z x iy
= + ⇒ = −

2 2 2 1
i z z
− = −
2 2 2 2
4 (2 2 ) (2 1) 4 4 8 3 0
x y x y x y
⇔ + + = − + ⇔ + + =

0.5 đ


Gọi (
d
):
4 8 3 0
x y
+ + =
.
M
biểu diễn cho
z
. Để modun
z
nhỏ nhất thì
M
là hình chiếu của
O

lên

d
. Tìm
3 3
( ; )
20 10
M
− −
. Vậy
3 3
20 10
z i
= − −
0.5 đ

Page 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013
TRƯỜNG THPT BẮC BÌNH Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu 1 ( 3 điểm ). Cho hàm số
3 2
2 3 1
= − + +
y x x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 2
Câu 2 ( 3 điểm ).

1) Giải phương trình :
x 3 x
5 5 20 0
−
− − =

2) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ nhất của hàm số
4
f(x) x
x
= +
trên đoạn [1;3]
3) Tính tích phân :
1
x
0
( )
= +
∫
I x x e dx

Câu 3 (1 điểm).Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc

0
60
BAD
=
, biết AB’ hợp với mặt đáy (ABCD) một góc 30
0
. Tính thể tích của hình hộp theo a.

II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2 )
1. Theo chương trình chuẩn (3 điểm)
Câu 4a ( 2 điểm ). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0;2;1) và đường thẳng

2 2
: 1 3 (t R)
= −


∆ = − + ∈


=

x t
y t
z t


1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng
∆

2) Tìm điểm M thuộc đường thẳng
∆
sao cho khoảng cách từ M đến A bằng
14

Câu 5a (1 điểm).Cho hai số phức
1

z (2 3i)(1 i) 5 i
= + + + −
và
2
z (2x y 1) (x 2y)i
= + − + +
,
x,y R
∈

Tìm các số thực x, y sao cho
1 2
z z
=

2. Theo chương trình nâng cao (3 điểm)
Câu 4b (2 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm I(1;-1;2) và đường thẳng

∆
:
2 1
1 2 1
x y z
− −
= =

1) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với đường thẳng
∆

2) Tìm điểm N thuộc đường thẳng

∆
sao cho tam giác OIN cân tại N
Câu 5b (1 điểm ). Tìm các số nguyên x, y sao cho số phức
= +
z x iy
th
ỏa mãn
3
46 9
= − +
z i

………………….Hết…………………


Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh: ………………
Chữ kí của giám thị 1: ……………… Chữ kí của giám thị 2: …………………….

ĐỀ THI THỬ

Page 2

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Câu Nội dung Điểm
1/. TXĐ : D=R
= − +
2
' 6 6
y x x

=

= ⇔ − + = ⇔

=

2
0
' 0 6 6 0
1
x
y x x
x


→+∞ →−∞
= −∞ = +∞
lim ; lim
x x
y y


Bảng biến thiên:
x
–
∞ 0 1 + ∞
y’ - 0 + 0 -

y
+ ∞ 2

1 –
∞



Kết luận: (về sự đồng biến nghịch biến, cực đại , cực tiểu)


* Điểm đặc biệt :
1 3
;2 ; ;1
2 2
   
−
   
   

* Đồ thị :
4
2
2
4
5 5
1
-1
0
1 2

* Kết luận: Đồ thị nhận điểm uốn

1 3
;
2 2
 
 
 
làm tâm đối xứng
0,25
0,25


0,25


0,25



0,25







0,25


0,25

0,25
Câu 1
1.(2.0đ)

2.(1.0đ)

2/.
0
2
x
=
⇒
0
3
y
= −
và
"
( ) 12
= −

o
f x

Pttt của đồ thị (C) có dạng :
0 0 0
'( )( )
y f x x x y
= − +


⇒
12( 2) 3
y x
= − − −
⇔
12 21
y x
= − +

0,25-0,25


0,25-0,25
Câu 2.
1.(1.0đ)

1/.
Phương trình tương đương :
− − =
125
5 20 0
5
x
x

Đặt t = 5
x
, đk : t > 0





0,25


y
x


Page 3

Câu Nội dung Điểm


PT trở thành :

2
125
20 0 20 125 0
25

5 (l
oaïi)
− − = ⇔ − − =
=

⇔

= −

t t t
t
t
t

Với t = 25
⇒

5 25 2
= ⇔ =
x
x

0,25

0,25

0,25
2/. Ta có :
2
2 2
4 4
'( ) 1
x
f x
x x
−
= − =


2 (nhaän)
'( ) 0
2 (loaïi)
x
f x
x

=
= ⇔

= −


13
(1) 5; f(3)= ; f(2)=4
3
f
=

Vậy :
[1;3] [1;3]
( ) (1) 5; ( ) (2) 4
Max f x f Min f x f
= = = =

0,25

0,25


0,25
0,25

2.(1.0đ)








3.(1.0đ)


3/. Viết
1 1
1 2
0 0
x
I x xdx xe dx I I
= + = +
∫ ∫

Tính
1
1 1
3 5
2 2
1
0 0
0

2 2
5 5
I x xdx x dx x
= = = =
∫ ∫

Tính
1
2
0
x
I xe dx
=
∫
Đặt
x x
u x du dx
dv e dx v e
 
= =
 
⇒
 
= =
 
 

1
1 1
2

0 0
0
1
x x x
I xe e dx e e
= − = − =
∫

Vậy :
2 7
1
5 5
I
= + =

0,25


0,25


0,25



0,25
Câu 3
(1,0đ)

60

30
D
C
A
D
'
B
'
C'
A
'
B

Ta có : BB’
⊥
(ABCD) nên AB là hình chiếu của AB’ trên (ABCD)
⇒
góc giữa AB’ và (ABCD) là góc

0
' 30
B AB =

0,25


Page 4

Câu Nội dung Điểm
∆
ABD đều cạnh a
⇒
2
3
4
ABD
a
S
=
⇒
2
3
2
2
ABCD ABD
a
S S

= =

∆
ABB’ vuông tại B
⇒
0
3
' .tan30
3
a
BB AB
= =

Vậy :
3
. '
2
ABCD
a
V S BB
= =


0,25


0, 25


0,25

1/.(P)
⊥
∆
⇒
một VTPT của (P) là
( 2;3;1)
n = −


mp(P) qua A(0;2 ;1) và có VTPT
( 2;3;1)
n = −


pt mp(P) là : -2(x-0) + 3(y-2) +1(z-1) = 0
⇔
2x – 3y + z – 7 =0
0,25

0,25
0,25-0,25

Câu 4a
1.(1,0đ)





2.(1,0đ)

2/.
M
∈∆
⇒
(2 2 ; 1 3 ; )
M t t t
= − − +

MA=
14
⇔
2 2 2
(2 2) (3 3 ) (1 ) 14
t t t
− + − + − =
⇔
t=0 hoặc t=2
Vậy : M
1
(2 ;-1 ;0) và M
2
(-2 ;5 ;2)
0,25
0,25-0,25

0,25
Câu 5a
(1,0đ)

Ta có :
1
4 4
z i
= +

Do đó:
1 2
2 1 4
2 4
x y
z z
x y

+ − =
= ⇔

+ =

⇔
2
1
x
y

=

=


0,25

0,5-0,25

1.
∆
qua M và có VTCP là
(1;2;1)
u =

,
(1;2; 2)
IM
= −



, (6; 3;0)
IM u
 
= −
 
 

Bán kính
,
45
( , )
6

IM u
R d I
u
 
 
= ∆ = =
 


Mặt cầu (S) tâm I(1 ;-1 ;2), bkính
45
6
R =
có pt là :
2 2 2
15
( 1) ( 1) ( 2)
2
x y z
− + + + − =

0,25
0.25


0,25

0,25
Câu 4b
1.(1,0đ)












2.(1,0đ)


2/. Ptts của
∆
:
2
1 2
x t
y t
z t

= +


= +


=

.
N
∈∆
⇒
N=(2+t ;1+2t ;t)
Ycbt
⇔
IN=ON
⇔
t=2
Vậy : N(4 ;5 ;2)


0,25
0,25-0,25
0,25
Câu 5b
(1,0đ)
Ta có :
3 3 3 2 2 3
( ) ( 3 ) (3 )
z x yi x xy x y y i
= + = − + −

3 2

3
2 3
3 46
46 9
3 9
x xy
z i
x y y

− = −
= − + ⇔

− =

⇔
2
3
x
y

=

=


0,25

0,5-0,25

Page 1

Sở GD - ĐT Bình Thuận Đề Thi Thử Tốt Nghiệp - 2013
Trường THPT Bùi Thị Xuân Môn Toán - Thời Gian : 150 phút
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ):
Câu 1(3.0 điểm) :1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số :
3 2
3 2
y x x
= − + −

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y = mx-2 cắt đồ thị (C) tại ba điểm
phân biệt.
Câu 2(3.0 điểm) : 1) Giải bất phương trình :
0,5
1
log 1
2
x
x
+
≥ −
−

2) Tính tích phân :
3
3
0
sin

cos
x
I dx
x
π
=
∫

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
.
x
y x e
−
=
trên đoạn
[
]
0;2
.
Câu 3(1.0 điểm): Tính diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích khối trụ, biết thiết diện qua
trục hình trụ là hình vuông cạnh 2a.
II.PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A.Theo chương trình chuẩn :

Câu 4a(2.0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình :
2 2 2
4 6 2 2 0
x y z x y z
+ + − + − − =
và mặt phẳng (P) : 2x - y + 2z + 3 = 0.

1)Hãy xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu (S).
2)Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Tìm tọa độ tiếp điểm.
Câu 5a(1 điểm) : Tìm nghiệm phức z của phương trình : (2 - 3i )z - 4 + 5i = 3 - 4i
B.Theo chương trình nâng cao :

Câu 4b(2.0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình :
2
3 2 ( )
4 2
x t
y t t R
z t
= − −


= + ∈


= +

và điểm M ( -1; 0; 3 ).
1) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và đi qua điểm M.
2)Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với đường thẳng d.
Câu 5b(1 điểm) : Giải phương trình sau trên tập số phức :
2
(1 2 ) 1 0
x i x i
− + + + =

Page 2

Đáp Án - Thang Điểm :
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1.(2.0 điểm)

.TXĐ : D= R
.
2
' 3 6
y x x
= − +

.
0 2
' 0
2 2
x y
y
x y
= ⇒ = −

= ⇔

= ⇒ =


.Bảng biến thiên :

.Kết luận các khoảng đơn điệu và cực trị
.Một số điểm mà đồ thị đi qua : (-1;2); (1;0); (3;-2)
.Đồ thị :
0.25

0.25

0.25
0.5
0.25
0.5
2.(1.0 điểm)

Câu
1(3.0
điểm)
PT hoành độ giao điểm của d và (C) :
3 2
2
0
3 0
3 0(*)
x
x x mx
x x m
=

− + = ⇔

− + =



Để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì pt(*) phải có ba nghiệm phân biệt khác 0

0
0
9
9 4 0
4
m
m
m
m
≠

≠


⇔ ⇔
 
− >
<




0.25

0.25

0.5
1.(1.0 điểm)

1
0
1
2
0 2
3 3
2
0
2
1 2
1 1
1 2
x
x
x
Bpt
x
x
x
x
x
x hoac x
+

>

+


−
⇔ < ≤ ⇔

−
−

≤

−

− < <

⇔ ⇔ − < ≤

≤ >


0.5


0.5
2.(1.0 điểm)

Câu
2(3.0
điểm)
Đặt t = cosx
⇒
dt = -sinxdx

⇒
sinxdx = -dt 0.25
0.25

Page 3

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

x = 0
⇒
t = 1 ;
1
3 2
x t
π
= ⇒ =

1
2
3 2
1
1
1 3
2
2 2
1
dt
I
t t
−

= = − =
∫


0.5
3.(1.0 điểm)

Xét trên đoạn
[
]
0;2
ta có :
' (1 )
x
y x e
−
= −

y' = 0
[
]
1 0;2
x⇔ = ∈
Khi đó :
2
1 2
(0) 0; (1) ; (2)
2
y y y
e

= = =

Vậy
[ ]
[ ]
0;2
0;2
1
min (0) 0;max (1)
2
y y y y
= = = =

0.25
0.25

0.25
0.25
Câu
3(1.0
điểm)
Vì thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông cạnh 2a nên hình trụ có :
h = l = 2a; r = a
2
2 3
2 4
2
xq
S rl a
V r h a

π π
π π
= =
= =


0.5
0.25
0.25
1.(0.5 điểm)

Tâm I (2;-3;1), bán kính r = 4 0.5
2.(1.5 điểm)

Câu
4a(2.0
điểm)
Vì (Q)//(P) nên pt mặt phẳng (Q) có dạng : 2x - y + 2z + D = 0
( 3)
D
≠

Vì mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên : d(I;(Q)) = r
3( )
9 12
21
D l
D
D
=


⇔ + = ⇔

= −


Vậy pt mp (Q) là : 2x - y + 2z - 21 = 0
Gọi d là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mp(Q)
0.25
0.25

0.25
0.25


Page 4

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

⇒
PTTS của đường thẳng d là :
2 2
3
1 2
x t
y t
z t
= +



= − −


= +


Tọa độ tiếp điểm :
14 13 11
( ) ; ;
3 3 3
T d Q T
 
= ∩ ⇒ −
 
 


0.25

0.25
Câu
5a(1.0
điểm)
7 9
2 3
41 3
13 13
i
z
i

i
−
=
−
= +

0.5
0.5
1.(1.0 điểm)

Đường thẳng d đi qua điểm A(-2;3;4) và có vtcp
( 1;2;2)
a = −


Vì (P) chứa đường thẳng d và đi qua điểm M nên (P) có vtpt
(4;1;1)
n a AM= ∧ =
  

Vậy pt mp (P) là : 4x + 4y + z + 1 = 0
0.25

0.5
0.25
2.(1.0 điểm)

Câu
4b(2.0
điểm)

Vì mặt cầu (S) có tâm M và tiếp xúc với đường thẳng d nên có bán kính
( , ) 2
a AM
r d M d
a
∧
= = =
 


Vậy pt mặt cầu (S) là :
( ) ( )
2 2
2
1 3 2
x y z
+ + + − =


0.5

0.5
Câu
5b(1.0
điểm)
Ta có :
2
7 7
i
= − =



Vậy pt có hai nghiệm phức :
1 2
1 (2 7) ; 1 (2 7)
x i x i
= + + = + −
0.5
0.5


Trường THPT – DTNT Bình Thuận Ôn thi TNPT năm 2013

Page 1

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013
Môn TOÁN – THPT Phân ban
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I.
(3 điểm)
Cho hàm số
−
=
−
1 2x
y
x 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng

1
4

Câu II
. (3 điểm)
1. Giải phương trình mũ:
− + =
2x x
3 12.3 27 0

2. Tính tích phân:
=
∫
2
e
2
e
2
I dx
x.ln x

3. Định m để hàm số
3 2
x mx 1
y
3 2 3
= − +

đạt cực tiểu tại x = 2.
Câu III

. (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B cạnh AB = BC =
a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc
30
0
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.
II. PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH TỪNG BAN (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
:
Câu IV.a (2 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0;-1;3) và mặt phẳng
(
)
α − + − =
: x y z
2 3 1 0

1.Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng
(
)
α
.
2.Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I(1;2;3) và tiếp xúc với mp
(
)
α
.
Câu V.a
(1 điểm)
Giải phương trình:

2
7 18 0
z z
− + =
trên tập số phức
B. Theo chương trình nâng cao
:
Câu IV.b (2 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;4 ; 2) , B(-1;2;4) và đường thẳng
− +
∆ = =
−
x y z
:
1 2
1 1 2

1. Viết phương trình của đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông
góc với mặt phẳng (OAB).
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
∆
sao cho
2 2
MA MB
+
nhỏ nhất.
Câu V.b
(1 điểm)
Tìm số phức z sao cho:
2

21 20
z i
= − −


Hết



Trường THPT – DTNT Bình Thuận Ôn thi TNPT năm 2013

Page 2

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
CÂU

ĐÁP ÁN ĐIỂM

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
−
=
−
1 2x
y
x 1

2,0
Điểm

a) Tập xác định:

{
}
\ 1
D R=

0,25
b) Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:

( )
= > ∀ ≠
−
2
1
y ' 0, x 1
x 1

Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng
(
)
(
)
−∞ +∞
; & ;1 1

Hàm số không có cực trị


0,25

0,25

 Giới hạn, tiệm cận
+
→±∞
= − ⇒ = −
x
lim y 2 y 2
là tiệm cận ngang
+
1
1
lim
1
lim
x
x
y
x
y
+
−
→
→
= −∞


⇒ =

= +∞



là tiệm cận đứng

0,25


0,25
 Bảng biến thiên:
-∞
+
-∞
+∞
-2
-2
y
y'
x
+∞
+
1




0,25
c) Đồ thị (C): Một số điểm đồ thị đi qua
( )
 
− − −

 
 
3
0; 1 , 1;
2

4
2
2
4
5
0
-1
M
-2
1
1
x
B
Đồ thị nhận điểm I(-2;1) làm tâm đối xứng.






0,5
I
(3,0)

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng
1
4


1,0
 Gọi
∆
là tiếp tuyến của (C ), (x
0
; y
0
) là tiếp điểm
Ta có:
( )
( )
2
0
1 1 1
'
4 4
1
o
y x
x
= ⇔ =
−

 Giải phương trình suy ra x
0

= 3, x
0
= -1 rồi tính
0 0
5 3
,
2 2
y y
= − = −




0,5

 Kết luận:
Có 2 tiếp tiếp tuyến cần tìm là:
1
1 13
:
4 4
d y x
= −
và
2
1 5
:
4 4
d y x
= −

0,5
Trường THPT – DTNT Bình Thuận Ôn thi TNPT năm 2013

Page 3

CÂU

ĐÁP ÁN ĐIỂM

1. Giải phương trình:
− + =
2x x
3 12.3 27 0

1.0
+ Đặt
(
)
3 , 0
x
t t
= >

PT trở thành;
2
9
12 27 0

3
t
t t
t
=

− + = ⇔

=


0,25

0,25
Với
9 3 9 2
x
t x
= ⇒ = ⇔ =

Với
3 3 3 1
x
t x
= ⇒ = ⇔ =


0,25
PT có 2 nghiệm là x = 1, x = 2 0,25
2. Tính tích phân:

=
∫
2
e
2
e
2
I dx
x.ln x


1,0
Đặt
= ⇒ =
t lnx dt dx
x
1


0,25
Đổi cận:
2
1
2
x e t
x e t
= ⇒ =
= ⇒ =

0,25
Khi đó:
= = − =
∫
2
2
2
1
1
2 2
I .dt 1
t t


0,5
3. Định m để hàm số
3 2
x mx 1
y
3 2 3
= − +
đạt cực tiểu tại x = 2.
1,0
TXĐ: R
Ta có:
2
'
y x mx
= −
,

'' 2
y x m
= −


0,25
II
(3,0)

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2
(
)
( )
' 2 0
4 2 0 2
2
4 0 4
" 2 0
y
m m
m
m m
y
=
− = =
 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
− > <

>
 




0,75
1.Tính thể tích của khối chóp S.ABC
1,0
S
D
C
B
A
30
0
2a
a
a





+ A là hình chiếu của S trên mp(ABCD), suy ra góc giữa SC và mp(ABCD)
là

0
30
SCA =

0,25
+ Diện tích mặt đáy:
=
2
ABCD
3a
S
2


0,25
+ Chiều cao:
= =
0
a 6
SA a 2.tan30
3


0,25
III
(1,0)

+ Thể tích của khối chóp là:
( )
= =
3
S.ABCD ABCD
1 a 6

V S .SA dvtt
3 6


0,25
IV.a
1. Viết phương trình mặt phẳng
(
)
α

1,0
Trường THPT – DTNT Bình Thuận Ôn thi TNPT năm 2013

Page 4

CÂU

ĐÁP ÁN ĐIỂM

+ VTPT của mặt phẳng
(
)
α
:
( )
α
= −
n 1; 2;3


0,25
+ Vì d đi qua A(0; -1;3) và
(
)
⊥ α
d mp
nên VTPT của mp
(
)
α
cũng là VTCP
của đường thẳng d
0,25

Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là:

=

= − −


= +

x t
y t
z t
1 2
3 3

0,5
2. Viết phương trình mặt cầu (S).
1,0
Vì (S) có tâm I(1;2;3) tiếp xúc với mp
(
)
α
nên bán kính của (S) là:
( )
 
= α =
 
R d I,
5
14


0,5
(2,0)
PT mặt cầu (S) cần tìm là:
( ) ( ) ( )
− + − + − =x y z
2 2 2
25
1 2 3
14


0,5

Giải phương trình
2
7 18 0
z z
− + =
trên tập số phức
1,0
Ta có :
2
23 23
i
∆ = − =
0,5
V.a
Kết luận phương trình có 2 nghiệm phức là:
1
7 23
2
i
z
−
=
,
1
7 23
2
i
z
+
=

0,5
1. Viết phương trình đường thẳng 1,0
+ G là trọng tâm tam giác OAB
(
)
0;2;2
G⇒



0,25
VTPT của mp(OAB) là
( ) ( )
, 12; 6;6 6 2; 1;1
n OA OB
 
= = − = −
 
  

0,25
Vì d vuông góc với mp(OAB) nên VTCP của d là:
(
)
2; 1;1
u = −


0,25
Vậy PT của đường thẳng d là:
2
2
2
x t
y t
z t
=


= −


= +



0,25
2.Tìm tọa độ điểm M 1,0
Vì
(
)
1 ; 2 ;2
M M t t t
∈∆ ⇒ − − +

Suy ra:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2

2 2 2
6 2 2 2 4 4 2
MA MB t t t t t t
   
+ = + − + − + − + + − + −
   

( )
2
12 48 76 12 2 28
t
t t t
= − + = − +

0,25

0,25

0,25
IV.b

MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất
2
t
⇔ =
. Khi đó

(
)
1;0;4
M −

0,25
Tìm số phức z
1,0
Gọi số phức z = a + bi,
,
a b R
∈

Ta có:
2 2 2
2
z a b abi
= − +


0,25
Khi đó
2 2
2
21
21 20
10
a b
z i
ab


− = −
= − − ⇔

= −



0,25
V.b
Giải hệ phương trình suy ra
2 2
,
5 5
a a
b b
= ± = ±
 
 
= = −
 

0,5


Page 1

Sở GD&ĐT Bình Thuận
Trường THPT Đức Linh ĐỀ ÔN LUYỆN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2012-2013
MÔN TOÁN

Thời gian: 150 phút.

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số:
x
x
y
−
−
=
1
12
có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
(d):
2
4
3
y x
= − −

Câu 2: (3,0 điểm)
a)
Giải bất phương trình:
1 1 1
6.9 13.6 6.4 0
x x x
− + ≤

b)
Tính tích phân :
dx
x
x
∫
+
3
1
2
1

c)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
4 2
8 1
y x x
= − +
trên [-1;2]
Câu 3 (1.0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, góc

0
60
ABC =
. Các
cạnh bên SA = SB = SC =
2 3
3
a
, góc tạo bởi (SCD) và mặt phẳng (ABCD) là

0
60
. Tính thể
tích khối chóp
S.ABCD
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Thí sinh theo chương trình chuẩn:
Câu 4a: (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: 2x
4
+ 4x
2
– 7 = 0.
Câu 5a. ( 2,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 1; -2), đường thẳng d:
1 1 2
2 1 3
x y z
+ − −
= =
và mặt phẳng (P): x – y – z – 1 = 0
a) Lập phương trình mặt phẳng (Q) qua A và song song với (P).
b) Lập phương trình đường thẳng
∆
qua A song song với (P) và vuông góc với d.
B. Thí sinh theo chương trình nâng cao:
Câu 4b. (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành phần hình phẳng
giới hạn bởi các đường
1
1
x
y

x
−
=
+
, y=0, x = 0.
Câu 5b. (2,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(3; 2; 1) và đường thẳng d:
1
3
4
2
+
==
zyx

a) Viết phương trình đường thẳng (d’) qua A vuông góc với (d) và cắt (d).
b) Tìm điểm B đối xứng của A qua (d).


HẾT




Page 2

ĐÁP ÁN
Câu

Nội dung Điểm
1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2,00 đ

TXĐ: D = R\ {1} 0,25
Chiều biến thiên:
( )
1,0
1
1
'
2
≠∀>
−
= x
x
y

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-
∞
; 1) và (1; +
∞
)
Hàm số không có cực trị
0,25


0,25
Giới hạn:
2limlim
−==
+∞→−∞→ xx
yy
;

−∞=
+
→1
lim
x
y
và
+∞=
−
→1
lim
x
y

⇒ TCN là đường thẳng y = -2 ; TCĐ là đường thẳng x = 1
0,25

0,25
Bảng biến thiên:
x -
∞
1 +
∞

y’ + +
y
+
∞
-
2

-2 -
∞


0,25
Đồ thị (C):

- Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0, -1)
và cắt trục hoành tại điểm (
2
1
, 0)
- Đồ thị nhận điểm (1, -2) làm tâm đối
xứng.
0,50
b. Viết pt tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đt (d)
2
4
3
y x
= − −

1,00đ
Nên (d) có hệ số góc k = -4. Suy ra hệ số góc tiếp tuyến là k’ =
4
1
.
0,25
k’ = f’(x

0
) =
4
1
( )
( )



=
−=
⇔±=−⇔=−⇔=
−
⇔
3
1
2141
4
1
1
1
0
0
0
2
0
2
0
x
x

xx
x

Suy ra có hai tiếp điểm là (-1,
2
3
−
) và (3,
2
5
−
)
0,50

Vậy có hai tiếp tuyến với (C) có phương trình là:
( )
4
5
4
1
2
3
1
4
1
−=⇔−+= xyxy
và
( )
4
13

4
1
2
5
3
4
1
−=⇔−−= xyxy


0,25
2 3,0 điểm

a. 1,0 điểm
f(x)=(2 x-1)/(1-x)
f(x)=-2
x(t )=1, y(t)=t
-5.5 -5 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
y

Page 3

Câu

Nội dung Điểm
Điều kiện:
0
x
≠
, khi đó phương trình đã cho tương đương:
2 1
3 3
6. 13. 6 0
2 2
x x
   
− + ≤
   
   
1
2 3 3
3 2 2
x
 
⇔ ≤ ≤
 
 

0,25

0,25
1
1
1 1
1
x
x
x
≤ −

⇔ − ≤ ≤ ⇔

≥

(thỏa điều kiện)
0,5
b. 1,0 điểm
Đặt t = xdxtdtxtx =⇒+=⇒+ 11
222

Đổi cận
21 =⇒= tx
23; =⇒= tx

D =
dt
t
t
∫
−

2
2
2
2
1
=
2
2
)
1
1
ln
2
1
(
+
−
+
t
t
t

=
)269ln(
2
1
22 −−−


0,25

0,5

0,25
c. 1,0 điểm
Xét trên đoạn [-1;2] ta có: y’ = 4x
3
– 16x
y’ = 0
⇔
0 2
x hay x
= =

0,25
0,25
y(0) = 1; y(-1) = -6 ; y(2) = -15
Vậy
[ ]
1;2
max 1
y
−
=
tại x = 0;
[ ]
1;2
min 15
y

−
= −
tại x = 2
0,25
0,25

3 1,0 điểm



Gọi H là hình chiếu của S trên
(ABCD), suy ra H là trọng tâm của
ABC
∆
.
Ta có:
( ) ( )
HC CD
SC CD
CD SCD ABCD
⊥


⊥


= ∩


Nên góc giữa (SCD) và (ABCD) là

góc

0
60
SCH =








0,25
Trong tam giác vuông SHC có SH =
0
.sin 60
SC a
=

Trong tam giác đều ABC có
2 3 2 3 3
.
3 3 2
EC
AB AC BC HC a
= = = = =

2
3

2
2
ABCD ABC
a
S S
∆
= =





0,50

3
.
1 3
. .
3 6
S ABCD ABCD
a
V S SH= =

0,25
4a. 1,0 điểm

2x
4
+ 4x
2

– 7 = 0
2
2
4 72
4
4 72
4
x
x

− −
=


⇔

− +
=


4 72

2
4 72
2
x i
x

+


= ±

⇔

− +

= ±




0,5+0.5

Page 4

Câu

Nội dung Điểm
2,0 điểm
a. 1 điểm
Mặt phẳng (Q) song song với (P) nên có dạng:

0
x y z m
− − + =
với
1
m
≠ −

0,5
Vì A thuộc (Q) nên ta có m = -2 0,25
Vậy (Q) cần tìm có phương trình:
2 0
x y z
− − − =

0,25
b. 1 điểm
Gọi
, ,
a b n
  
theo thứ tự là vtcp của (d), vtcp của (
∆
), vtpt của (P), ta có
(2,1,3)
a =

;
(1, 1, 1)
n
= − −

suy ra
(2,5, 3)
b
= −


3x0,25
5a
Khi đó phương trình của đường thẳng
∆
là:

1 1 2
2 5 3
x y z
− − +
= =
−


0,25
1,0 điểm
Ta có
1
0 1
1
x
x
x
−
= ⇔ =
+
. Thể tích khối tròn xoay:
2

1
0
1
1
x
V dx
x
π
−
 
=
 
+
 
∫

0,25
V =
1
2
0
4 4
1
1 ( 1)
dx
x x
π
 
− +
 

+ +
 
∫
=
1
0
4
4ln( 1)
1
x x
x
π
 
− + −
 
+
 

0,25
0,25
4b
V =
(3 4ln 2)
π
−

0,25
2,0 điểm 5b
1. 1,25 điểm
Gọi H là giao điểm của đường thẳng (d’) với (d)

Khi đó H(2t, 4t, -3 + t),
(2 3, 4 2, 4)
AH t t t
= − − −


Vì d’
⊥
d nên
(2 3)2 4(4 2) ( 4) 0
t t t
− + − + − =
6
7
t
⇔ =




0,5
Vậy H






−
7

15
;
7
24
;
7
12
.






−−=
7
22
;
7
10
;
7
9
AH
hay
(
)
22,10,9 −−=a là vectơ chỉ
phương của đường thẳng (d’).
Phương trình tham số của (d’):






−=
+=
−=
tz
ty
tx
221
102
93
( t
∈
R)
0,25



0,5
2. 0,75 điểm
Điểm B là điểm đối xứng của A qua (d) khi và chỉ khi H là trung điểm
của AB.
0,25

Gọi B(x; y; z). H là trung điểm của AB










+
=−
+
=
+
=
⇔
2
1
7
15
2
2
7
24
2
3
7
12
z
y
x










−=
=
=
⇔
7
37
7
34
7
3
z
y
x

Vậy
3 34 37
; ;
7 7 7
B
−
 

 
 



0,25



0,25


Page 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013
Trường THPT ĐỨC TÂN Đề thi thử mơn: TỐN- Giáo dục THPT
Thời gian làm bài 150 phút-khơng kể thời gian giao đề
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
3 2
y x 3x 1
= − + −
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b. Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình
3 2
x 3x k 0
− + =
có đúng 3 nghiệm phân

biệt.
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Giải phương trình
1
7 2.7 9 0
x x−
+ − =

b. Tính tích phân :
2
sin2x
I dx
2
(2 sinx)
0
π
=
+
∫

c. Tìm m để hàm số
3 2
1 3
10 3
3 2
y x mx x
= − − +
đạt cực tiểu tại
2
x

=

Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng
6
và đường cao h = 1 . Hãy tính diện
tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x 1 y 2 z
( ):
1
2 2 1
− −
∆ = =
− −
,
x 2t
( ): y 5 3t
2
z 4

= −

∆ = − +



=


a. Chứng minh rằng đường thẳng
( )
1
∆
và đường thẳng
( )
2
∆
chéo nhau .
b. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng
( )
1
∆
và song song với đường
thẳng
( )
2
∆
.
Câu V.a ( 1,0 điểm ):
Tìm ph
ần thực, phần ảo của số phức
z
biết
(2 3 ) (9 2 ) (1 3 )
i z i i z
− + − = +

B.Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ): Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(0;0;1) ,
B(0;0;
−
1),C(1;1;1) và D(0;4;1)
a. Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A,B,C,D .
b. Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại C và tạo với trục Oz
một góc

45
.
Câu V.b ( 1,0 điểm ): Giải phương trình
2
z (cos isin )z isin .cos 0 ,
− ϕ + ϕ + ϕ ϕ = ϕ∈


trên tập số phức
