Bộ đề Toán Ôn thi TN THPT 2013 của Tỉnh Bình Thuận (Phần 2) docx

Page 1

TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
TỔ TOÁN Naêm hoïc
: 2012-2013
Thời Gian
: 150 phút

I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1. (3,0 điểm): Cho hàm số
2 1
2
x
y
x
+
=
+
có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường
thẳng
d: 9x -3y -10 = 0 .
Câu 2. (3,0 điểm):
1. Giải phương trình:
− + + = + −
3 9
3
log ( 1) 2log ( 77) 3 log (7 )
x x x

2. Tính tích phân :
3
2
1
9 8
4 21
x
A dx
x x
−
=
− −
∫

3. Tìm m để hàm số y = x
3
- (m – 2)x
2
– (2m - 1)x + 5m – 1 đồng biến trên R.
Câu 3. (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B,

BAC
= 30
0
,SA
= AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Tính V
S.ABC
và khoảng cách từ A đến
mặt phẳng (SBC).

II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương
trình đó.
1. 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
(x -1) + (y + 2) + (z - 3) = 9
.
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
x + 1 y - 6 z - 2
∆ : = =
3 -1 1
.
Câu 5a (1,0 điểm) Giải phương trình
2
2 4 3 0
z z
− + =
trên tập số phức
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 4b (2,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho
(0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3)
A B C
− − − − −

1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông. Tính diện tích của tam giác ABC.
2) Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm B đồng thời vuông góc với mặt
phẳng (ABC). Xác định toạ độ điểm D trên
∆
sao cho tứ diện ABCD có thể tích
bằng 14.

Câu 5a (1,0 điểm) Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
2
4 8
z z i
+ =


Page 2

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT
Câu NỘI DUNG

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho.
a) TXĐ:
{
}
\ 2
D
= −
»


0.25
b) Sự biến thiên:

2
3
' 0,

( 2)
y x D
x
= > ∀ ∈
+


0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
(
)
; 2 , 2;
−∞ − − +∞
và không có cực trị
0.25



2 1
lim 2
2
x
x
x
→−∞
+
=

+
và
2 1
lim 2
2
x
x
x
→+∞
+
=
+

⇒
y = 2 là tiệm cận ngang


0.25



2
2 1
lim
2
x
x
x
−
→−

+
= +∞
+
và
2
2 1
lim
2
x
x
x
+
→−
+
= −∞
+
⇒
x =- 2 là tiệm cận đứng

0.25

BBT

0.25
c) Đồ thị:
ĐĐB: (0 ;
1
2
) , (
1

2
−
;0)
0.25


Câu 1.1
( 2 điểm)
Đồ thị:
0.25
2.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường
thẳng d: 9x - 3y -10 = 0

0.25
Gọi M
(
)
0 0
;
x y
là tiếp điểm và
∆
là tiếp tuyến của (C ) tại M :
Ta có:

10
d: 9x - 3y -10 = 0 y = 3
3
x

⇔ −
⇒
d có hsg k
1
= 3


∆
//d
⇒

∆
có hsg k = k
1
= 3

0.25

Câu 1.2
( 1 điểm)
k = 3
⇔
0
2
0
0
1
3
3
3

( 2)
x
x
x
= −

= ⇔

= −
+



0.25

Với x
0
= -1 ta có y
0
= -1 . PTTT là: y + 1 = 3( x + 1)
⇔
y = 3x + 2 ( thỏa )
Với x
0
= -3 ta có y
0
= 5 . PTTT là: y - 5 = 3( x + 3)
⇔
y = 3x + 14( thỏa )

0.25
b)
− + + = + −
3 9
3
log ( 1) 2log ( 77) 3 log (7 )
x x x



ĐK:
1 7
x
< <

0.25
Pt
[
]
2
3 3
log ( 1)( 77) log 27(7 )
x x x
 
⇒ − + = −
 

0.25
Câu 2.1
(1 điểm)

2
( 1)( 77) 27(7 )
x x x
⇒ − + = −

0.25

4x⇒ =
175
hoaëc x =
13


So với ĐK pt có nghiệm x = 4


0.25
Câu 2.2
(1 điểm)
3
2
1
9 8

4 21
x
A dx
x x
−

=
− −
∫




Page 3

3
1
1 11 7
2 7 3
dx
x x
 
= +
 
− +
 
∫

0.5
( )
3
1
1
11ln 7 7ln 3
2
x x= − + +

0.25
2
= 2ln
3

0.25
TXĐ: D = R
0.25
y’ = 3x
2
-2(m

– 2)x – (2m -1 )
0.25
Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi ' 0,y x
≥ ∀ ∈
»


0.25

( ) ( )
2
' 2 3 2 1 0 1
m m m
⇔ ∆ = − + − ≤ ⇔ = −

0.25
BC SA

BC (SAB)
BC AB

⊥


⇒ ⊥


⊥



0
a 3
AB = AC.cos30 =
2

và
0
a
BC = AC.sin30 =
2





0.25
2

∆ABC
1 1 a 3 a a 3
= AB.BC = × × =
2 2 2 2 8
S
3
S.ABC ∆ABC
1 a 3
V = SA × S =
3 24

0.25




2
2 2 2
3a a 7
SB = SA + AB = a + =
4 2




2
∆SBC
1 1 a 7 a a 7
S = SB.BC = × × =
2 2 2 2 8

Gọi H là hình chiếu của A trên SB.
Chứng minh
( )
AH SBC
⊥

Suy ra d(A,(SBC)) = AH


0.25
Câu 3
( 1 điểm)











S.ABC
∆SBC
1
V = d(A,(SBC)).S
3

S.ABC
∆SBC
3V
a 21
d(A,(SBC)) = =
S 7
⇒



Tính d(A,(SBC)) = AH=
a 21
7

0.25
1.

OM = 3 i + 2k M(3;0;2)
⇒
 


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

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

0.25

Vậy PTTQ của
( )
α
là:
2(x - 3) + 2(y - 0) -1(z - 2) = 0 2x + 2y - z - 4 = 0
⇔

0.25

2.
( )
α
có vtpt
(2;2; 1)
n
= −

và
∆
có vtcp
(3; 1;1)
u
∆
= −



0.25

d
có vtcp là
∆
2 -1 -1 2 2 2
u = [n, u ] = ; ; = (1; -5;-8)
-1 1 1 3 3 -1
 











 

 

0.5


Page 4


Vậy PTTS của
d
là:
1
2 5 ( )
3 8
x t
y t t
z t



= +



= − − ∈



= −



»

0.25



2
' 4 6 2 2
i
∆ = − = − =


0.5
Phương trình có 2 nghiệm là :

1
2 2 2
1

2 2
i
z i
−
= = −

0.25


Câu 5.a
(1 điểm)


2
2 2 2
1
2 2
i
z i
+
= = +
0.25
2 2 2
( 2; 2; 4) ( 2) ( 2) ( 4) 2 6
AB AB
= − − − ⇒ = − + − + − =


0.25

2 2 2
(4; 2; 1) 4 ( 2) ( 1) 21
BC BC
= − − ⇒ = + − + − =


0.25
. 2.4 2.( 2) 4.( 1) 0
AB BC ABC
= − − − − − = ⇒ ∆


vuông tại B
( hoặc dùng Pitago)

0.25
Câu 4.b.1

(1 điểm)
1 1
. .2 6. 21 3 14
2 2
S AB BC
= = =

0.25
vtcp của
∆
chính là vtpt của mp(ABC):
( )

2 4 4 2 2 2
[ , ] ; ; ( 6; 18;12)
2 1 1 4 4 2
ABC
u n AB BC
 
− − − − − −




= = = = − −




− − − −



 
 
 

0.25


PTTS của
∆
:

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

0.25
D
∈ ∆
D(-2 + t;-1 + 3t; -2 - 2t), t
⇒ ∈
»

2 2 2 2

BD = (t;3t;-2t) BD = t + (3t) + (-2t) = 14t = 14 t
⇒


Do
( )
BD ABC
⊥
nên
1 1
. . 14 .3 14 14
3 3
ABCD ABC
V BD S t t
= = =

0.25
Câu 4.b.2

(1 điểm)
Vậy
14 14 14 1
ABCD
V t t
= ⇔ = ⇔ = ±

1 ( 1;2; 4)
t D
= ⇒ − −

1 ( 3; 4;0)
t D
= − ⇒ − −

0.25
Đặt
2 2 2 2
2
z = a + bi z = a + b z = a + b
⇒ ⇒

0.25

2 2
2
z + 4z = 8i a + b + 4a + 4bi = 8i
⇔


0.25
2 2
a = -2
a + b + 4a = 0
b = 2
4b = 8








⇔ ⇔
 
 
 





0.25

Câu 5.b
(1 điểm)

Vậy, z = –2 +2i
0.25
Trửụứng THPT Leõ Lụùi Phan Thieỏt


Page 1





CHNH THC

I. PHN CHUNG DNH CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu 1: (3,0im) Cho hm s :
4 2
1
2 3
2
y x x
= +
.(gi l th (C))
1./ Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C).
2./ Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m ng thng d
m
:
2
2013 4
y x m m
= +
i qua im cc
tiu ca th (C).
Cõu 2: (3,0im)
1./ Gii phng trỡnh sau:
2 2
3.5 4.2 10 0.
x x x
+ =

2./ Tớnh tớch phõn:
3
2
0

1 4tan
.
cos
x
I dx
x

+
=


3./ Tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca hm s:
(
)
(
)
2
2
log 5 4
f x x x
= +
trờn on
[
]
1;4 .

Cõu 3: (1,0im) Cho hỡnh chúp SABC cú ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti C,cnh
BC = 2a,tam giỏc SAB vuụng cõn ti nh S.Hỡnh chiu vuụng gúc ca nh S lờn mt phng
(ABC) trựng vi trung im I ca cnh AB,gúc to bi mt phng (SAC) v mt phng (ABC)
bng 60

0
.Tớnh theo a th tớch khi chúp SABC.
II. PHN RIấNG- PHN T CHN (3,0 im)
Thớ sinh ch c chn mt trong hai phn di õy
1./ Theo chng trỡnh chun
Cõu 4a: (2,0im) Trong khụng gian Oxyz,cho 3 im A(2;-2;1);B(0;-3;3);C(-1;2;5)
v mt phng
(
)

:
2 2 3 0
x y z
+ + =
.
1./Tỡm ta im M trờn trc Ox M cỏch u hai im A v B.
2./ Vit phng trỡnh mt phng
(
)

i qua trng tõm G ca tam giỏc ABC v song song vi
mt phng
(
)

.Tớnh khong cỏch gia
(
)

v

(
)

.
Cõu 5a: (1,0 im) Cho s phc
1 3
z i
= +
. Tỡm s nghch o ca s phc:
2
.
z z z

= +
.
2./ Theo chng trỡnh nõng cao
Cõu 4b: (2,0im)Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho cho im
(1;3; 2)
I

v ng thng
( )
4
: 4 2
3
x t
y t t R
z t

= +



= +



=




1./ Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua im I v cha ng thng

.Tớnh khong cỏch t
im I n ng thng

.
2./ Vit phng trỡnh mt cu (S) cú tõm l im I v ct

ti hai im phõn bit A,B sao cho
on thng AB cú di bng 4.
Cõu 5b: (1,0 im) Gii phng trỡnh sau õy trờn tp s phc
2
(3 4 ) ( 1 5 ) 0
z i z i
+ + + =

TRNG THPT Lấ LI

THI TH
K THI TT NGHIP TRUNG HC PH THễNG
NM HC : 2012-2013
MễN : TON Giỏo dc ph thụng
(Thi gian: 150 phỳt - khụng tớnh thi gian giao )

Trửụứng THPT Leõ Lụùi Phan Thieỏt


Page 2

P N V BIU IM CHM

Cõu NI DUNG CHM im
1./(2,0)
Tx : D = R

3
' 2 4
y x x
= +
, cho y = 0
0 3
2 1
x y
x y
= => =

= => =




lim ;
x
y

=



BBT :








o
HS ng bin trờn khong
(
)
(
)
; 2 ; 0; 2

.
o
HS nghch bin trờn khong
(
)
(
)
2;0 ; 2;
+
.
o
HS t cc i ti
2; 1
CD
x y
= =

o
HS t cc tiu ti x = 0,y
CT
= -3




th:
Gv t v hỡnh.

0,25

0,5

0,25





0,25






0,25





0,5
Cõu1
.(3,0)
2./(1,0)


im cc tiu ca th ( C) :M(0;-3).
d
m

i qua M(0;-3) nờn: m
2
4m + 3 = 0
<=>
1
3
m
m
=


=

.
0,25
0,5

0,25
Cõu2
.(3,0)
1./
(
)
2 2
3.5 4.2 10 0. 1
x x x
+ =

( )
2

5 5
1 3. 4 0
2 2
x x

+ =



t
5
2
0
x
t
t


=





>

Ta c phng trỡnh:
2
3 4 0
t t

+ =


1
4
3
t
t
=




=


Vi
5
1 1 0
2
x
t x

= => = => =

0,25



0,25


0,25


0,25
-1
-1
-3
+
-
+
-
0
0
0
2
0
- 2
-
-
+
-
y
y

'
x

( Loi)
( nhn)
Trửụứng THPT Leõ Lụùi Phan Thieỏt


Page 3

Cõu NI DUNG CHM im
2./
3
2
0
1 4tan
.
cos
x
I dx
x

+
=


o
t
2
1

tan
cos
t x dt dx
x
= => =
o
i cn:
3
3
0 0
x t
x t


= => =



= => =


o

( )
( )
3
3
2
0
0

1 4 2I t dt t t= + = +



3 6
= = +





0,25


0,25


0,25

0,25

3./
(
)
(
)
2
2
log 5 4
f x x x

= +
trờn on
[
]
1;4 .



Xột hm s
(
)
(
)
2
2
log 5 4
f x x x
= +
trờn on
[
]
1;4
.



f (x) =
( )
2
2 4

5 4 ln 2
x
x x
+
+

Cho
(
)
[
]
' 0 2 1;4 .
f x x= =

+
(
)
(
)
(
)
2 2
1 3, 2 log 9, 4 log 5
f f f= = =

+
[ ]
(
)
(

)
[ ]
(
)
(
)
2 2
1;4
1;4
max 2 log 9,min 4 log 5
f x f f x f= = = =
.





0,25

0,25
0,25
0,25
Cõu3
.(1,0)

0,25
0,25


0,25




0,25

1./(1,0)


(
)

;0;0
M Ox M x
=>



Tớnh ỳng:
2 2
4 9; 18
MA x x MB x
= + = +



M cỏch u A v B nờn:


9

4
MA MB x
= =



Vy:
9
;0;0
4
M

0,25

0,25


0,25

0,25
Cõu4a
.(2,0)







2./(1,0)


Vỡ
(
)
(
)

(
)
/ /


cú dng: x + 2y 2z + D = 0 (
3
D

)
0,25
2a
60
0
M
I
C
B
A
S

o
Gi M l trung im on AC thỡ
IM ||BC nờn
IM AC

ti M
m
AC SI

=>
AC SM

ti M
( ) ( )
( )


0
; 60
SAC ABC SMI=> = = =
o
Tacú,


.tan 3
SI IM SMI a
= =

o
Tớnh c:

2 2
2 2
AC AB BC a
= =

o
Vy:

3
.
2 6

3
S ABC
a
V
= =

Trửụứng THPT Leõ Lụùi Phan Thieỏt


Page 4

Cõu NI DUNG CHM im



Tớnh ỳng
1
; 1;3
3
G




;
( )

23
( )
3
G D thoa

=> =

Vy : phng trỡnh mp
(
)

l:
23
2 2 0
3
x y z
+ + =

o
Vỡ
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
14
/ / ; ;
9
d d G

=> = = =

0,25


0,25

0,25
Cõu 5a(1,0)
2 2
. (1 3 ) (1 3 )(1 3 )
2 6
z z z i i i
i

= + = + + +
= = +

1 1 2 6
2 6 (2 6 )(2 6 )
1 3
10 10
i
i i i
i


= =

+ +
=

0,25

0,25

0,25

0,25

Cõu 4b(2,0)

1./(1,0)
+ ng thng

i qua im
(4; 4; 3)
M

, cú vtcp
(1;2; 1)
u
=


+
Mt phng
( )
P

i qua im
(1;3; 2)
I


+ Hai vộct:
(3;1; 1)
IM
=

;

(1;2; 1)
u
=


+ Vtpt ca mp(P):
[ , ] (1;2;5)
n IM u
= =



+ PTTQ ca mp (P):

2 5 3 0
x y z
+ + + =

+

[ , ]
( , ) 5
IM u
d d I
u
= = = =





0,25


0,25

0,25

0,25
2./(1,0)
Gi s mt cu
( )
S
ct

ti 2 im A,B sao cho AB = 4

( )

S

cú bỏn kớnh R = IA



Gi H l trung im on AB, khi ú:
IH AB IHA

vuụng
ti H



Ta cú,

2 ; ( , ) 5
HA IH d I= = =
;
2 2
9
R IA
= = =




Vy phng trỡnh mt cu cn tỡm l:

2 2 2

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


0,25

0,25

0,25


0,25
Cõu 5a(1,0)


Ta cú,
2
3 4 (1 2 )
i i
= = + = +


Vy, phng trỡnh ó cho cú cỏc nghim phc:
1 2
2 3 ; 1
z i z i
= + = +

0,5

0,5

Ghi chỳ
:


Hc sinh cú th gii nhiu cỏch,nu ỳng giỏm kho vn cho im ti a.

Page
1


SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

TRƯỜNG THPT LÝ THƯỜNG KIỆT

MÔN: TOÁN - NĂM HỌC: 2012 - 2013

Tổ Toán Thời gian làm bài 150 phút

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
: ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số
2x 3
y
1 x

−
=
−
có đồ thị (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là giao điểm của (C) với đường
thẳng (d): y = x-3. Biết điểm M có hoành độ dương.

Câu II ( 3,0 điểm )

1. Giải phương trình:
16
6log 5log 4 8 0
x
x
+ − =


2. Tính tích phân : I =
2
sin
0
2
cos x
x
xe d
π
 
−
 

 
∫

3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x
3
+ 2x
2
+ x trên đoạn [0 ;3]
Câu III
( 1,0 điểm ): Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a,
hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC,
các cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 30
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

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 IV.a ( 2,0 điểm ): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(2;-4;2) và mặt
phẳng (P): x – y + 2z + 7 = 0
1. Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
đi qua trung điểm M của đoạn OA và song song với
mặt phẳng (P). ( với O là gốc tọa độ). Tìm tọa độ giao điểm của
( )
α

và trục 0x.
2. Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P).

Câu V.a ( 1,0 điểm ): Tìm số phức z biết : z + 2
z
= (2-4i) (1+3i)
2) Theo chương trình Nâng cao (3 điểm)

Câu IV.b ( 2,0 điểm ): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(2;-4;2) và mặt
phẳng (P): x – y + 2z + 7 = 0
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua trung điểm M của đoạn OA và vuông góc với
mặt phẳng (P). Tìm tọa độ giao điểm của (d) với mặt phẳng (0yz)
2.Viết phương trình mặt phẳng (
α
) đi qua A(2;-4;2) và đường thẳng (d)

Câu V.b ( 1,0 điểm ): Trên mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z
thỏa
__
1
z i z
− = +

…………………………………Hết…………………………………




Page
2

ĐÁP ÁN
Đáp án Điểm
I
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7 điểm
Câu I
Cho hàm số
2x 3
y
1 x
−
=
−
có đồ thị (C)
3điểm
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2 điểm
1. TXĐ: D = R \ {1} 0.25
2. Sự biến thiên
• Giới hạn tiệm cận :
lim 2 2
x
y y
→±∞
= − ⇒ = −
là tiệm cận ngang của (C)

(1) (1)
lim ; lim
x x
y y

− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒
x = 1 là tiệm cận đứng của(C)
• Chiều biến thiên
( )
2
1
' ' 0,
1
y y x D
x
−
= ⇒ < ∀ ∈
−

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
(
)
;1
−∞
và
(
)
1;
+∞

Hàm số không có cực trị

0.25

0.25

0.25

0.25
• Bảng biến thiên
x
−∞
1
+∞

y’ - -
y -2
+∞



−∞
-2





0.25

3. Đồ thị:

0.5

2. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là giao
điểm của (C) và đường thẳng (d): y=x-3.Biết điểm M có hoành độ
dương
1 điểm


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

2 1, '(2) 1
x y y
= ⇒ = − = −

: 1
y x
∆ = − +

0.25

0.25

0.25
0.25
Câu II

3 điểm
1.
1. Giải phương trình
16
6log 5log 4 8 0
x
x
+ − =

1 điểm

ĐK:
0, 1
x x
> ≠

16
2
4 4 4
4
4

5
3
4
6log 5log 4 8 0
5
3log 8 0 3log 8log 5 0
log
log 1
4
5
log
4
3
x
x
x x x
x
x
x
x
x
+ − =
⇔ + − = ⇔ − + =
=

=



⇔ ⇔


=

=



Vậy pt có 2 nghiệm
5
3
4 , 4
x x
= =

0.25


0.25

0.25

0.25


Page
3


2.
Tính tích phân : I =

2
sin
0
2
cos x
x
xe d
π
 
−
 
 
∫

1 điểm

I =
2 2 2
sin sin
0 0 0
2 2
cos x x cos x
x x
xe d d xe d
π π π
π π
 
− = −
 
 

∫ ∫ ∫

sin
2
2 2
0 0
x
x e
π π
π
= −

=1- e +1=2 - e

0.25


0.5

0.25
3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x
3
+ 2x
2
+ x
trên đoạn [0 ;3]
1 điểm
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn [0 ;3] . f’(x) = 3x
2
+4x+ 1

f’(x) = 0 ⇔ x = -1( loại) ; x = - 1/3( loại)
f(0 ) = 0 ; f(3 ) = 48
Vậy min f(x) = f(0 ) = 0 ; max f(x) = f(3 ) = 48
x∈[0 ;3] x∈ [0 ;3]
0,25
0,25
0,25

0,25
Câu
III

1 điểm

a)
∆
ABC đều cạnh a nên AH=
3
3
a

A’H=
3
a

2 3
. '
3 3
.
4 3 12

ABC
V S A H
a a a
=
= =

0.25

0.25

0.25

0.25
II . PHẦN RIÊNG Theo chương trình chuẩn :
3 điểm
Câu
IV.a
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;-4;2) và mặt
phẳng (P): x – y + 2z + 7 = 0
2 điểm
1.
1. Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
đi qua trung điểm M của đoạn
OA và song song với mặt phẳng (P). ( với O là gốc tọa độ)
1.25điểm

Ta có M(1;-2;1)
VTPT

( )
α
là
n
=

(1; - 1 ; 2)
( )
α
(x-1)-(y+2)+2(z-1)=0
( )
α
x – y +2z -5 = 0
Vậy H( 5; 0; 0 )
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
2. Viết pt mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) 0.75điểm

A

'
'

C
C’

B

H

A’

B’


Page
4

mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) d(A;(P)) = R
2 4 4 7
17
6 6
R
+ + +
⇔ = =

Phương trình mặt cầu (S) :
( ) ( ) ( )
2 2 2
289
2 4 2
6
x y z
− + + + − =

0.25
0.25

0.25
Câu
V.a
Tìm số phức z biết : z + 2
z
= (2-4i) (1+3i)
1 điểm

Gọi z = x+yi (x,y
∈
R)
z + 2
z
= (2-4i) (1+3i) ⇔ x+yi +2( x-yi) = 14+2i⇔ 3x-yi= 14+2i
⇔
14
3 14
3
2
2
x
x
y
y

=
=



⇔
 
− =


= −


Vậy z =
14
3
-2i
0,25
0,25

0,25


0,25
II PHẦN RIÊNG Theo chương trình nâng cao :

3 điểm
Câu
IV.b
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;-4;2) và mặt
phẳng (P): x – y + 2z + 7 = 0
2 điểm
1. 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua trung điểm M của đoạn
OA và vuông góc với mặt phẳng (P).

1.điểm
Ta có M(1;-2;1)
VTCP của (d) là
u
=

(1; - 1 ; 2)
1
2
1 2
x t
y t
z t
= +


= − −


= +


Tham số t ứng với giao điểm của d và mp(Oyz) là nghiệm của pt:
t+1= 0
⇒
t = - 1
⇒
H( 0; -1; -1 )
0.25
0.25

0.25



0.25
2 2.Viết phương trình mặt phẳng (
α
) đi qua A(2;-4;2) và đường
thẳng(d)
1điểm

(1; 2;1)
MA = −


VTPT
( )
α
;
n u MA
 
=
 
  
=(3;1;-1)
( )
α
3x + y - z = 0
0.25

0.5

0.25
Câu
V.b
Trên mặt phẳng tọa độ, hãy tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z
thỏa
__
1
z i z
− = +

1 điểm

Gọi M(x,y) điểm biểu diễn số phức z = x + yi, x,y
∈
»

__
2 2 2 2
1 ( 1) 1
( 1) ( 1)
z i z x y i x yi
x y x y
− = + ⇔ − + = + +
⇔ + + = + +

0
x y
⇔ − =

Vậy Tập hợp điểmM biểu diễn số phức z là đường thẳng x- y = 0


0.25

0.25
0.25
0.25


Page 1

SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN
Trường THPT Ng.T.Minh Khai
ĐỀ THI THỬ

KỲ THI TN THPT NĂM 2012 – 2013
Môn thi : TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông
Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thờ
i gian giao đề

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu 1. ( 3,0 điểm ) Cho hàm số :
( )
3
2
x
x
y f

x
=
−
=
−

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(
)
C
của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
(
)
C
tại điểm có hoành độ x
0
, biết
(
)
0
2
f x
=

Câu 2. ( 3,0 điểm )
1) Giải phương trình:
(
)
(

)
3 1
3
log 2 3 log 4
x x
− − = +

2) Tính tích phân
( )
2
4
2
0
sin 2

2 cos
x
I dx
x
π
=
+
∫

3) Tìm các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
(
)
3 2
2 3 1
x x xf

= + −
trên đoạn
1
;1
2
 
−
 
 

Câu 3. ( 1,0 điểm ) Cho tam giác ABC vuông tại A,
, 3
AB a BC a
= =
. Quay hình tam giác
ABC quanh AB tạo thành một khối nón tròn xoay. Tính thể tích của khối nón đó.
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu 4.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
1; 2; 1
M
− −
và đường
thẳng
2
: 2
1 2

x t
d y t
z t
= −


=


= +

với t là tham số
1) Viết phương trình mặt phẳng
(
)
α
đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d
2) Viết phương trình mặt cầu
(
)
S
tâm O, tiếp xúc với mp
(
)
α

Câu 5.a ( 1,0 điểm ) Tìm các số phức
(
)
2

z z
+ và
2
i
z
−
biết
1 2
z i
= −

2. Theo chương trình nâng cao
Câu 4b.( 2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
1;1; 2
M
−
mặt phẳng
(
)
: 2 2 3 0
x y z
α
+ − + =

1) Tìm tọa độ điểm
M
′
là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mp

(
)
α

2) Viết phương trình mặt cầu
(
)
S
tâm O, tiếp xúc với mp
(
)
α

Câu 5b. ( 1,0 điểm ) Tìm các căn bậc hai của số phức
(
)
(
)
1 1 7
2
i i
z
− −
=

Hết


Page 2

Đáp án và thang điểm
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1.(2 điểm)
Tập xác định
{
}
\ 2
D =
»

0.25
Sự biến thiên:
● Chiều biến thiên :
( )
2
1
0
2
y
x
′
= >
−
,
với mọi
2
x
≠

Hs đồng biến trên các khoảng

(
)
;2
−∞
và
(
)
2;
+∞



0.5
● Cực trị :
Hs không có cực trị

0.25
● Giới hạn :

2 2
lim , lim
x x
y y
− +
→ →
= +∞ = −∞

: tiệm cận đứng
2
x

=


lim 1
x
y
→±∞
=

: tiệm cận ngang
1
y
=



0.25
● Bảng biến thiên :
x

−∞

2
+∞

y
′

+ +
y

+∞

+∞


−∞

−∞





0.25
● Đồ thị :

0.50
2.( 1 điểm)
( )
0
0 0
0
3
2 1
2
x
f x x
x
−
= = ⇔ =
−

0.25
(
)
1 1
f
′
=

0.25
Pttt dạng :
(

)
2 1. 1
y x
− = −

0.25
Câu 1
(3
điểm
)
1
y x
⇔ = +

0.25
1.( 1 điểm)
Đk :
2
x
>

0.25
pt
(
)
(
)
3 3
log 2 log 4 3
x x

⇔ − + + =

0.25
(
)
(
)
2
3
log 2 4 3 2 35 0
x x x x
⇔ − + = ⇔ + − =

0.25
5
7 ( )
x
x loai
=

⇔

= −

. Vậy nghiệm của pt là
5
x
=

0.25
Câu 2
(3
điểm
)

2.( 1 điểm)
x
y
3/2
3
0


Page 3

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Đặt
2
2 cos 2sin 2
t x dt xdx
= + ⇒ = −

0.25
Đổi cận
5
0 3;
4 2
x t x t
π

= ⇒ = = ⇒ =

0.25
Suy ra
5
2
2
3
5
2
3
1 1
2 2
1

t
I dt
t
−= =
∫

0.25
Vậy
1
30
I
=

0.25
3.( 1 điểm)

(
)
3 2
2 3 1
x x xf
= + −
trên đoạn
1
;1
2
 
−
 
 

(
)
2
6 6
f x x x
′
= +

0.25
( )
1 ( )
0
0
x loai
f x

x
= −

′
= ⇔

=


0.25
Tính
( ) ( )
1 1
, 0 1, 1 4
2 2
f f f
 
− = − = − =
 
 

0.25
KL :
(
)
(
)
1
1
;1

;1
2
2
max 4 1, min 1 0
f x khi x f x khi x
 
 
−
−
 
 
 
 
= = = − =

0.25
Tính
2 2
2
AC BC AB a
= − =

0.25
Câu 3
(1
điểm
)

2 2 3
1 1 2

.2 .
3 3 3
V r h a a a
π π π
= = =

(đvtt)

0.75
1.( 1 điểm)
Vtcp của
d
là
(
)
1;2;2
u
= −

, suy ra vtpt của
(
)
α
là
(
)
1;2;2
n u
= = −
 

0.5
Pt của
(
)
α

có dạng :
(
)
(
)
(
)
1 2 2 2 1 0 2 2 7 0
x y z x y z
− − + + + + = ⇔ − + + + =

0.5
2.( 1 điểm)

( )
( )
7
7
,
3
1 4 4
R d O
α

= = =
+ +


0.5
Câu 4.a
(2
điểm
)

Pt mặt cầu :
2 2 2
49
9
x y z
+ + =


0.5
1 2
z i
= +
,
(
)
2
2
1 4 4 3 4
z i i i
= + + = − +

0.5
(
)
2
2 2
z z i
+ = − +

0.25
Câu 5.a
(1
điểm
)
(
)
(
)
2 1 2
2 2 4 3
1 2 5 5 5
i i
i i
i
z i
− +
− −
= = = +
−

0.25
1.( 1 điểm)
Gọi
∆
là đt qua
M
và vuông góc với
(
)
α
,
suy ra vtcp của
∆
là
(
)
2;2; 1
u n
α
= = −
 

0.25
Câu 4.b
(2
điểm
)

Pt
∆

:
1 2
1 2
2
x t
y t
z t
= +


= +


= − −


0.25

Page 4

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Tọa độ
M
′
là nghiệm của hệ
1 2 1
1 2 1
2 1
2 2 3 0 1
x t x

y t y
z t z
x y z t
= + = −
 
 
= + = −
 
⇔
 
= − − = −
 
 
+ − + = = −
 

0.25
Vậy
(
)
1; 1; 1
M
′
− − −

0.25
2.( 1 điểm)
( )
( )
3

, 1
4 4 1
R d O
α
= = =
+ +

0.5
Pt mặt cầu :
2 2 2
1
x y z
+ + =

0.5
2
1 7 7
3 4
2
i i i
z i
− − +
= = − −

0.25
Gọi
z a bi
′
= +
là căn bậc hai của

z
. Ta có
2
z z
′
=

0.25
( )
(
)
2
2 2
3 4 2 3 4
a bi i a b abi i
⇔ + = − − ⇔ − + = − −

0.25
Câu 5.b
(1
điểm
)

2 2
1
3
2
2 4
a
a b

b
ab
= ±

− = −

⇔ ⇔
 
=
= −


∓

Vậy
1 2
1 2 , 1 2
z i z i
′ ′
= − = − +

0.25


Page 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013
Trường THPT NGUYỄN VĂN LINH Đề thi thử môn: TOÁN – Giáo dục THPT
Thời gian làm bài : 150 phút – không kể thời gian giao đề
I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)

Câu 1 (3 điểm). Cho hàm số
3 2
3 2
y x x
= + −

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ là nghiệm phương trình
' 3 0
y
+ =

Câu 2
(3 điểm).
1.

Giải phương trình
+ −
+ =
2 2
5 5 130
x x

2.

Tính tích phân
+
= +
∫
1

2
2 3
(4 3)
0
x x
I x e dx

3.

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
(2 1) ( 3)
y x x
= − +
trên
0;1
 
 

Câu 3
(1điểm) Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy là hình chữ nhật
ABCD
,
AB =
3
a
,


=
0
30
BAC
. Cạnh bên
SA
vuông góc với mặt đáy, cạnh bên
SC
tạo với đáy một góc
0
60
.
Tính thể tích khối chóp
S.ABCD.

II. Phần dành cho thí sinh từng ban
A.
Theo chương trình chuẩn

Câu 4a.
(2điểm) Trong không gian
Oxyz
cho điểm
M
( – 2 ; – 1 ; 2) và mặt phẳng

α
( )
: 3
x

–
y
+
z - 8
= 0.
1.

Viết phương trình đường thẳng
d
đi qua
M
và vuông góc với mặt phẳng
α
( )

2.

Viết phương trình mặt cầu (
S
) tâm
M
và tiếp xúc mặt phẳng
α
( )
. Tìm tọa độ tiếp
điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng
α
( )
.
Câu 5a

. (1điểm) Tìm môđun của số phức
z
, biết
z
là nghiệm phương trình (2 – 3
i
)
z
= 3 + 2
i
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 4b
. (2điểm) Trong không gian
Oxyz
cho hai đường thẳng
d, d
/
và mặt phẳng
α
( )
:
d
:





= +

= +
= − +
1 3
2
1 2
x t
y t
z t
,
d
/
:
− −
= =
− −
2 4
3 2 2
x y z
,
α
( )
:
x + y – z – 2 =
0.
1.

Tìm tọa độ giao điểm
I
của
d

và
α
( )
. Viết phương trình mặt cầu tâm
I
và đi qua
O
.
2.

Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong
α
( )
, cắt cả
d
và
d
/
.
Câu 5b
.(1điểm) Giải phương trình 8
z
3
+ 1 = 0 trên tập số phức.

Page 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013

Trường THPT NGUYỄN VĂN LINH Đề thi thử môn: TOÁN – Giáo dục THPT
Thời gian làm bài : 150 phút – không kể thời gian giao đề

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Câu Nội dung Điểm
Câu 1: (3 điểm)
Tập xác định:
D
=
»
0.25

= +
/ 2
3 6
y x x
.



= −
= ⇔
=
2
/
0
0
x
y
x

0.25
lim
y
x
= +∞
→+∞
;
lim
y
x
= −∞
→−∞

0.25
Bảng biến thiên 0.5
Tìm đúng 2 điểm đặc biệt 0.25
1) (2 điểm)
Vẽ đồ thị 0.5
Ta có
y
/
+ 3 = 0
⇔
x
= – 1

0.25
Gọi
( ; )

0 0 0
M x y
là tiếp điểm
Ta có
= − = − = −
/
1, 0, ( 1) 3
0 0
x y y

0.5
2) (1 điểm)
Tiếp tuyến tại
( ; )
0 0 0
M x y
là
y = –
3
x –
3
0.25
Câu 2) (3 điểm)

+ −
+ =
2 2
5 5 130
x x
⇔ − + =

2
25.5 130.5 25 0
x x

0.25
Đặt
t =
5
x
(
0
t
>
)
Ta có phương trình





=
− + = ⇔
=
5
2
25 130 25 0
1
5
t
t t

t

(nhận)


0.5
1) (1 điểm)
= ⇒ =
5 1
t x

= ⇒ = −
1
1
5
t x

0.25
Đặt
t =
2
x
2
+ 3
x

⇒ = +
(4 3)
dt x dx

0.25
Đổi cận:
= ⇒ =
0 0
x t
;
= ⇒ =
1 5
x t


0.25
2) (1 điểm)
= = −
∫
5
5
1
0
t
I e dt e

0.5
Xét
[
]
0;1
, ta có y’= (2x-1)(6x+11)
0.25
3) (1 điểm)

1
2
' 0
11
0;1
6
x
y
x




 
 


=
= ⇔
= − ∉

0.25

Page 3

Câu Nội dung Điểm
3; 0; 4
1
(0) (1)
( )

2
y y y
= = =

0.25
4
0;1
Max y
 
 
 
=
tại x = 1;
0
0;1
Min y
 
 
 
=
tại
1
2
x
=

0.25
Tính được AC = 2a, BC = a

0.25
Chỉ ra góc giữa SC và (ABCD) là

=
0
60
SCA

0.25
Tính được SA =
2 3
a

0.25
Câu 3 (1 điểm)
= = =
1 1
3
. . . 2
.

3 3
V SA S SA AB BC a
S ABCD ABCD

0.25
Câu 4a (2 điểm)

( )
α
có VTPT là
= −

(3; 1;1)
n

d có VTCP là
= −

(3; 1;1)
n


0.25
1) (1 điểm)
Phương trình đường thẳng d là






= − +
= − −
= +
2 3
1
2
x t
y t
z t


0.25
Chỉ ra (S) có bán kính R =
(
)
α
=
,( ) 11
d M



0.25
Phương trình mặt cầu (S) là
+ + + + − =
2 2 2
( 2) ( 1) ( 2) 11
x y z

0.5
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình







= − +
= − −
= +
− + − =
2 3
1
2
3 8 0
x t
y t
z t
x y z


0.5
2) (1 điểm)
Giải hệ trên tìm được A(1 ; – 2 ; 3)
0.25
60
0
30

0
a 3
S
D
C
B
A

Page 4

Câu Nội dung Điểm

(2 – 3i)z = 3 + 2i
+
⇔ =
−
3 2
2 3
i
z
i


0.25
+ +
⇔ =
− +
⇔ =
(3 2 )(2 3 )
(2 3 )(2 3 )

i i
z
i i
z i

0.5

Câu5a) (1 điểm)
Vậy
=
1
z

0.25
Câu 4b (2 điểm)

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình







= +
= +
= − +
+ − − =
1 3
2

1 2
2 0
x t
y t
z t
x y z

0.25
Giải hệ tìm được I( – 2 ; 1 ; – 3 )
0.25
Mặt cầu (S) tâm I đi qua O có bán kính R = OI =
14

0.25
1) (1 điểm)
Phương trình (S) là
+ + − + + =
2 2 2
( 2) ( 1) ( 3) 14
x y z

0.25
Goi H là giao điểm của d’ và
( )
α
Tìm được
H( – 10 ; 8 ; – 4 )
0.5
2) (1 điểm)
Đường thẳng cần tìm phải đi qua I và H nên

có phương trình

+ − +
= =
−
2 1 3
8 7 1
x y z

0.5
8z
3
+ 1 = 0
⇔ + − + =
2
(2 1)(4 2 1) 0
z z z

0.5

Câu 5b) (1 điểm)
Giải phương trình tìm được
+ −
= − = =
1 1 3 1 3
, ,
1 2 3
2 4 4
i i
z z z

0.5


Page
1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013
Trường THPT Nguyễn Văn Trỗi Đề thi thử môn: TOÁN – Giáo dục THPT
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
4 2
1
2 4
4
= − +
y x x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số .
2) Dựa vào đồ thị
( )
C
, biện luận theo tham số
m
số nghiệm phân biệt của phương trình:
4 2

8 16 4 0
− + − =
x x m
.
Câu 2. (3,0 điểm)
1) Câu 2
: (3đ)
1. Giải BPT:
044.516 ≤+−
xx

2. Tính tích phân
( )
∫
+
e
xdxx
1
ln1

3) ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)=
2
1
2sin sin
2
x x
−
trên đoạn
[0;
3

4
π
]
Câu 3. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = AC = BC = 2a, AB = a và
(
)
(
)
ABCSAB
⊥
. Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu 4a (2,0 điểm).
Câu 4a (2.0 điểm). Trong mặt phẳng Oxyz, cho mặt phẳng (P):
0322
=
+
+
−
zyx
và
đường thẳng (d):
2
1
3
1
2
3

+
=
+
=
+
zyx
.
1) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và vuông góc với mp (P).
2) Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua điểm I( -3;-1;-1) và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt mặt cầu (S) tại 2 điểm phân biệt.

Câu 5a. (1,0 điểm). Gọi
1
x
và
2
x
là hai nghiệm phức của phương trình
2
8 41 0
− + =
x x
. Tính
môđun của số phức
1 2
= −
z x x
.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 4b( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;
−
1;1) , hai đường thẳng

−
∆ = =
−
x 1 y z
:
1
1 1 4
,
= −


∆ = +


=

x 2 t
: y 4 2t
2
z 1
và mặt phẳng (P) :
y 2z 0
+ =

a. Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng
2

∆
.
b. Viết phương trình đường thẳng d cắt cả hai đường thẳng
∆ ∆
,
1 2
và nằm trong mặt
phẳng (P) .
Câu 5.b ( 1,0 điểm ) : Biểu diễn số phức z =
1
−
+ i dưới dạng lượng giác .

……… HẾT ………

Page
2

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1.(2,0 điểm)
a) Tập xácđịnh:
=
»
D

0,25

b) Sự biến thiên:

•
Chiều biến thiên:
+
3
4
′
= −
y x x

+
3
0, 4
0 4 0
2, 0


= =

′
= ⇔ − = ⇔

= ± =

x y
y x x
x y



0,25

0,25


•
Giới hạn:
lim lim
+→ −∞ → ∞
= = +∞
x x
y y

0,25

•
Bảng biến thiên:










0,25

•

Nhận xét:
+ Hàm số tăng trong các khoảng:
( 2;0),(2; )
− +∞

Hàm số giảm trong các khoảng:
( ; 2),(0;2)
−∞ −

+ Hàm số đạt cực đại tại
0, 4
CÑ
x y
= =

Hàm số đạt cực tiểu tại
2, 0
= ± =
CT
x y

0,25

c) Đồ thị:
+ Điểm đặc biệt khác:


25 25
3; , 3;
4 4

   
−
   
   
A B










0,25






0,25

2.(1,0 điểm)
Câu 1

(
3 điểm)

+ Phương trình:
4
4 2 2
8 16 4 0 2 4
4
− + − = ⇔ − + =
x
x x m x m
(
∗
)
+ Số nghiệm của phương trình (
∗
) bằng số giao điểm của của đồ thị
( )
C

của hàm số:
4
2
2 4

4
= − +
x
y x
và đường thẳng
:
=
d y m
, dựa vào đồ thị
( )
C
ta
có:
0,25
4
0
0
2
0
- 2
y
y'
x
+
∞
∞∞
∞
-
∞
∞∞

∞
C§
CTCT
+
∞
∞∞
∞
+
∞
∞∞
∞
+
_
+
_
0
0
0

x
y
y
=
m
3
- 3
2- 2
4
25
4

CT
B
A
CT
CĐ
O


Page
3

Khi:
0 4
< <
m
:
d
và
( )
C
có bốn điểm chung
⇒
Phương trình có bốn nghiệm.
Khi:
4
=
m
:
d
và

( )
C
có ba điểm chung
⇒
Phương trình có ba nghiệm.
0,25
Khi:
4
>
m
hoặc
0
=
m
:
d
và
( )
C
có hai điểm chung
⇒
Phương trình có hai
nghiệm.
0,25

Khi:
0
<
m

d
và
( )
C
không có điểm chung
⇒
Phương trình vô nghiệm
0,25

1.(1,0 điểm):
044.516
≤+−
xx

Đặt
x
t
4
=
,
0
>
t

Ta có bất phương trình
045
2
≤+− tt
(*)
Giải (*) ta có

41
≤
≤
t (thõa điều kiện)
Suy ra
10441 ≤≤⇔≤≤ x
x

0,25
0,25
0,25
0,25
2.(1,0 điểm)
( )
∫
+
e
xdxx
1
ln1
Đặt
( )















+=
=
⇒
+=
=
x
x
v
x
dx
du
dxxdv
xu
2
1
ln
2


0,5
Do đó
( )
∫∫









+−








+=+
ee
x
dx
x
x
e
xx
x
xdxx
1
22
1
2

1
ln
2
ln1


0,25
4
5
44
5
42
222
+=








−+−+=
e
e
e
e
e

0,25

3.(1,0 điểm) f(x)=
2
1
2sin sin
2
x x
−
trên đoạn [0;
3
4
π
]


f’(x)=2cosx –sinx cosx
0,25
Suy ra trên khoảng (0;
3
4
π
): f’(x)=0
⇔
cosx = 0
⇔
x =
2
π

0,25

f(0)=0 ; f(
2
π
)=
3
2
; f(
3
4
π
)=
1
2
4
−

0,25
Câu 2

(3điểm)

3
[0; ]
4
3
max ( ) ( )
2 2
f x f
π
π

= =
;
3
[0; ]
4
min ( ) (0) 0
f x f
π
= =


0,25
Câu 3

(1 điểm)

1.(1.0 điểm)

Gọi I là trung điểm AB thì
ABCIABSI
⊥
⊥
,
do
SAB
∆
và
ABC
∆
cân tại S và C ,

(
)
(
)
ABCSAB
⊥
nên
(
)
ABCSI
⊥

Do
SAB
∆
và
ABC
∆
cân tại S và C nên
2
15
a
CISI ==

8
5

3
1
3

.
a
CIABSIV
ABCS
==

0.25

0.25

0.5

Page
4


1.(1,0 điểm) (P):
0322
=
+
+
−
zyx
và đường thẳng (d):
2
1
3
1
2
3

+
=
+
=
+
zyx
.

Mp (Q) có căp vtcp:
(
)
( )
2 2 1
2 3 2
a = ; ;
b = ; ;
−



[
]
(
)
10;2;7;: −−==⇒ banvtpt

0.25
0.25

0.25

Vậy ptmp (Q) là: 7x + 2y -10z +13 =0 0,25
( )( )
3
2
, == PIdR

0,25
Phương trình mặt cầu (S):
( ) ( ) ( )
9
4
113
222
=+++++ zyx



0.5
Câu
4a
(2điểm)

Ta có
(
)
(
)
dI
∈
−

−
−
1;1;3
, vậy đường thẳng (d) qua tâm mặt cầu nên cắt mặt
cầu tại 2 điểm phân biệt
0.25
Ta có:
2
64 164 100 (10 )
∆ = − = − =
i

0,25
Phương trình có hai nghiệm phức là:
1
4 5
= −
x i
và
2
4 5
= +
x i

0,25
Vì:
1 2
10
= − = −
z x x i

0,25
Câu
5a
(1điểm)

2 2 2 2
0 ( 10) 10
⇒ = + = + − =
z a b

0,25
1.(1,0 điểm)
Gọi mặt phẳng

+ −

+ −


⇒
 
= −
⊥ ∆



⇒ − − =
 
Qua M(1; 1;1)

Qua M(1; 1;1)
(Q): (Q):
+ VTPT n = a ( 1;2;0)
+ ( )
Q 2
2
(Q):x 2y 3 0


0,25
0,25
Khi đó :
19 2
N ( ) (P) N( ; ;1)
2
5 5
= ∆ ∩ ⇒


0,5
2.(1,0 điểm)
Câu 4b

(2điểm)

Gọi
A ( ) (P) A(1;0;0) , B ( ) (P) B(5; 2;1)
1 2
= ∆ ∩ ⇒ = ∆ ∩ ⇒ −

Một vtcp của (d) là
(
AB
=

4;-2;1)
Vậy
−
≡ = =
−
x 1 y z
(d) (AB):
4 2 1

0,5
0,25
0,25
z 1 i z 2 r
1 2 1 2 3
cos , sin
2 2 4
2 2
= − + ⇒ = =
π
ϕ = − = − ϕ = = ⇒ ϕ =

0,25

0,5
Câu 5b

(1điểm)

Vậy :
3 3
z 2(cos isin )
4 4
π π
= +
0,25




Page
1

SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH Môn thi: TOÁN
ĐỀ THAM KHẢO 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 I
(3,0 điểm): Cho hàm số:
3 2
1
2 3
3
y x x x
= − + −

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số đã cho.
2)

Viết phương trình tiếp tuyến của
( )
C
tại điểm trên
( )
C
có hoành độ bằng 4. Vẽ tiếp
tuyến này lên cùng hệ trục toạ độ với đồ thị
( )
C

Câu II
(3,0 điểm):
1) Giải bất phương trình:
2
2
2
2
1
9 3.
3
x x
x x

+
−
 
<
 
 

2) Tính tích phân:
2
1
0
x
I x x e dx
 
= +
 
 
∫

3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2
( 2)
x
y e x= −
trên đoạn

[1;3]

Câu III
(1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy

bằng 60
0
. Tính thể tích của hình chóp.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chương trình chuẩn
Câu IVa
(2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho
(2;1; 1), ( 4; 1;3), (1; 2;3)
A B C
− − − −
.
1) Viết phương trình đường thẳng
AB và phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm C đồng
thời vuông góc với đường thẳng
AB.
2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm
C lên đường thẳng AB. Viết phương trình
mặt cầu tâm
C tiếp xúc với đường thẳng AB.

Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
2
2 2 5 0
z z
− + =

2. Theo chương trình nâng cao

Câu IVb
(2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho

(2;1; 1), ( 4; 1;3), (1; 2;3)
A B C
− − − −

1) Viết phương trình đường thẳng AB và tính khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB
2) Viết phương trình mặt cầu
( )
S
tâm C, tiếp xúc với đường thẳng AB. Tìm toạ độ tiếp
điểm của đường thẳng AB với mặt cầu
( )
S
.
Câu Vb
(1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
2
4 8
z z i
+ =


Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.


Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: