5 ĐỀ - ĐÁP ÁN ÔN THI TN THPT 2010 (P3)

Sở GD-ĐT Quảng Nam ĐỀ ÔN TẬP THI TỐT NGHIỆP THPT
Trường THPT Phan Bội Châu Môn : Toán - N.H : 2009-2010
===== =============
I. Phần chung :
Câu I (3 điểm) :
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = -x
3
+ 2x
2
– x
2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành
Câu II (2 điểm) :
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
2
2 2
2
log log 2
log 2
x x
x
+ −
−
trên
đoạn [8; 32]
2) Tính tích phân : I =
2
3
0
sin
osx+1
x

dx
c
π
∫
Câu III (2 điểm) :
1) Hình chóp S.ABC có ABC là tam giác đều, cạnh bên SA vuông góc với đáy,
SA = a và góc giữa mp(SBC) với mp(ABC) là 30
o
. Tính thể tích hình chóp.
2) Giải phương trình : 9
x
– 3
x+2
+ 18 = 0
II. Phần riêng :
Ban cơ bản :
Câu IVa) (2 điểm) : Trong không gian Oxyz cho điểm M(1; -3; 2) và mặt phẳng (P) có
phương trình : 2x – y – 2z + 2 = 0. Viết phương trình của :
1) Mặt cầu tâm M và tiếp xúc với (P)
2) Mặt phẳng qua M và song song với (P)
3) Đường thẳng qua M, song song với (P) và cắt trục Oz.
Câu Va) (1 điểm) : Tìm số phức z, biết : (1 + i)z = (2 - 3i)(-1 + 2i)
Ban không cơ bản :
Câu IVb) (2 điểm) : Trong không gian Oxyz cho điểm M(1; -3; 2) và mặt phẳng (P) có
phương trình : 2x – y – 2z + 2 = 0.
1) Tìm tọa độ hình chiếu của M trên mp(P)
2) Viết phương trình đường thẳng qua M, song song với (P) và cắt trục Oz.
Câu Vb) (1 điểm) : Tìm căn bậc hai của số phức z = 3 – 4i
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu I 3 điểm

1) 2 điểm
* TXĐ : D = R
* y’ = -3x
2
+ 4x – 1
y’ = 0
⇔
x = 1, x = 1/3
*
,
x x
Limy Limy
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
* BBT :
x
-
∞

1
3
1 +
∞
y’ - 0 + 0 -
y +
∞
0
-
4
27

-
∞

* Hàm số đồng biến trên (
1
3
; 1), nghịch biến trên (-
∞
;
1
3
) và (1; +
∞
)
Hàm số đạt CĐ tại x = 1, y
CĐ
= 0, đạt CT tại x =
1
3
, y
CT
= -
4
27
* Đồ thị : Điểm uốn (
2
3
; -
2
27

) là tâm đối xứng và điểm O(0; 0) là điểm đặc
biệt của đồ thị

x
y
-4/27
1/3
I
O
1
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
0.5
2) 1 điểm
* Từ đồ thị suy ra trên [0; 1], f(x)
≤
0 nên diện tích hình phẳng là :
* S =
1
1
3 2 4 3 2
0
0
1 2 1
( 2 ) ( )
4 3 2
x x x dx x x x− + = − +

∫
=
* S =
1
12
0.25
0.25+ 0.25
0.25
Câu II 2 điểm
1) 1 điểm
Đặt t = log
2
x. x
∈
[8; 32]
⇔
t
∈
[3; 5]
* Bài toán thành : tìm GTLN, GTNN của hàm số y =
2
2
2
t t
t
+ −
−
trên [3; 5]
* y’ =
2

2
4
( 2)
t t
t
−
−
. Trên [3; 5], y’ có nghiệm t = 4
0.25
0.25
M
A
C
B
S
* y(3) = 10, y(4) = 9, y(5) =
28
3

* Suy ra : GTLN : 10, GTNN : 9
0.25
0.25
2) 1 điểm
I =
2
3
0
sin
osx+1
x

dx
c
π
∫
=
2
2
0
sin
sinx
osx+1
x
dx
c
π
∫
* Đặt t = cosx, dt = - sinxdx
* x = 0
⇒
t = 1, x =
2
π

⇒
t = 0
* I =
0
2
1
1

1
t
dt
t
−
+
∫
=
0
1
( 1)t dt−
∫
* I = (
2
1
2
t t−
)
0
1
=
1
2
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu III 2 điểm
1) 1 điểm
Gọi M là trung điểm của BC.

* Góc giữa (SBC) và (ABC) là SMA bằng 30
o

* AM = SA.cot30
o
= a
3
* AB =
2
3
AM
=
2a
⇒
dt(
∆
ABC) =
3
a
2
* Thể tích hình chóp là : V =
3
3
3
a

0.25
0.25
0.25
0.25

2) 1 điểm
* Đặt t = 3
x
> 0, dẫn đến pt : t
2
– 9t + 18 = 0
* Giải được t = 3 và t = 6
* t = 3
⇒
x = 1
* t = 6
⇒
x =
3
log 6
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu Iva 2 điểm
1) 0.5
* Bán kính mặt cầu : R = d(M, (P)) = 1
* Phương trình mặt cầu : (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
+ (z – 2)
2
= 1
0.25

0.25
2) 0.5
* Mặt phẳng (Q) song song với (P) nên có VTPT là (2; -1; -2)
* và qua M(1; -3; 2) nên có phương trình : 2x – y – 2z – 1 = 0
0.25
0.25
3) 1 điểm
* Giao điểm của (Q) với trục Oz là N(0; 0;
1
2
−
)
* Đường thẳng qua M, song song với (P) và cắt trục Oz là MN
* VTCP của MN là
MN
uuuur
= (-1; 3;
5
2
−
)
* Phương trình của MN là :
3
1 2
1 3 5
2
y
x z
+
− −

= =
−
−
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu Va 1 điểm
* Tính được (2 – 3i)(-1 + 2i) = 4 + 7i
* z =
4 7
1
i
i
+
+
* z =
(4 7 )(1 )
2
i i+ −
* z =
11 3
2
i+
=
11 3
2 2
i+
0.25
0.25

0.25
0.25
Câu IVb 2 điểm
1) 1 điểm
* PT đường thẳng d qua M và vuông góc với (P) là :
1 2
3
2 2
x t
y t
z t
= +


= − −

= −


* Hình chiếu H của M trên (P) là giao điểm của d và (P)
* Tọa độ H là nghiệm x, y, z của hệ phương trình :
1 2
3
2 2
2 2 2 0
x t
y t
z t
x y z
= +



= − −

= −

− − + =

* Giải hệ và suy ra H(
1 8 8
; ;
3 3 3
−
)
0.25
0.25
0.25
0.25
2) 1 điểm
* Gọi N(0; 0; z)
∈
Oz thì
( 1;3; 2)MN z= − −
uuuur
* Gọi
(2; 1; 2)n = − −
ur
là VTPT của (P). Ta có
. 0 5 2( 2) 0n MN z= ⇔ − − − =
ur uuuur

* Suy ra z =
1
2
−
và N(0; 0;
1
2
−
)
* Đường thẳng cần tìm có VTCP là
5
( 1;3; )
2
MN = − −
uuuur
nên có phương trình :
3
1 2
1 3 5
2
y
x z
+
− −
= =
−
−
0.25
0.25
0.25

0.25
Câu Vb 1 điểm
* Gọi u = a + bi là căn bậc hai của z thì (a + bi)
2
= z
Hay a
2
– b
2
+ 2abi = 3 – 4i
* Vậy : a
2
– b
2
= 3 và 2ab = -4
* Giải hệ trên ta được a = 2, b = -1 và a = -2, b = 1
* Vậy các căn bậc hai của z là 2 – i và -2 + i
0.25
0.25
0.25
0.25
SỞ GD &ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN
TỔ TOÁN
ĐỀ THAM KHẢO
THI TỐT NGHIỆP THPT năm 2010
Môn : Toán
Thời gian: 150’ không kể thời gian giao đề
I/PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1: (3 điểm) Cho hàm số y = x

3
- 6x
2
+ 9x .
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số .
2/ Xác định các giá trị của tham số m để phương trình : x
3
- 6x
2
+ 9x +1 – m = 0 có 3 nghiệm
phân biệt .
Câu 2: ( 3 điểm)
1/ Giải phương trình :
1 2
1
5 ln 1 lnx x
+ =
− +
2/ Tính tích phân :
2
0
( cos )sin 2x x xdx
π
+
∫
.
3/ Tìm m để hàm số y =
1mx
x m
+

+
đồng biến trên từng khoảng xác định của nó .
Câu 3: (1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên tạo với đáy một góc
α
.Tính thể tích khối cầu tương ứng với mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a và
α
.
II/ PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được chọn một trong 2 phần
1/ Theo chương trình chuẩn :
Câu 4a: (2 điểm)
Trong không gian 0xyz cho đường thẳng
∆
có phương trình
1 2
2 2
x t
y t
z t
=


= − +


= −

và điểm A(1;-2;3)
.

1/ Viết phương mặt phẳng (
α
) qua A và vuông góc với
∆
.
2/ Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng
∆
.
Câu 5a: (1 điểm)
Tính ( 1 + i )
2010
.
2/ Theo chương trình nâng cao:
Câu 4b: (2 điểm)
Trong không gian 0xyz cho 4 điểm A(1;0;-1),B(3;4;-2),C(4;-1;1),D(3;0;3)
1/ Chứng tỏ ABCD là một tứ diện . Tính thể tích tứ diện ABCD .
2/ Viết phương trình mặt cầu tâm D tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
Câu 5b: (1 điểm )
Viết dưới dạng lượng giác rồi tính : (1 + i)
2010

Hết
Đáp án
Nội dung Điểm
I/ PHẦN CHUNG
Câu 1
1/ (2 đ)
TXĐ D = R
Sự bt : y’ = 3x
2

-12x + 9
y’ = 0
⇔
x = 1 ; x = 3
lim
x
y
→±∞
= ±∞
BBT
x
−∞
1 3 +
∞
y’ 0 0
y

4 +
∞
−∞
0
Đồ thị

6
4
2
-2
-4
-6
-8

-10
-5
5
10
f
x
( )
=
x
3
-6
⋅
x
2
(
)
+9
⋅
x
2/ (1 đ)
2/ đưa về : x
3
-6x
2
+ 9x = m – 1
Lý luận đi đến 0 < m - 1 < 4
⇔
1 < m < 5
0,25
0,25

0,25
0,5
0,5
0,25
0,75
Câu 2
1/ (1 đ) t = lnx đi đến
1 2
1
5 1t t
+ =
− +
đk
đi đến : t
2
– 5t + 6 = 0
⇔
2
3
t
t
=


=


giải ra
2
3

x e
x e

=

=


2/ (1 đ)
0,25
0,25
0,25
0,25
2
0
( cos )sin 2x x xdx
π
+
∫
=
2 2
2
0 0
sin 2 2 cos sinx xdx x xdx
π π
+
∫ ∫
Tính tp đầu bằng pp tptp đúng
Tính tp sau bằng đổi biến đúng
Kq đúng :

2
4 3
π
+

3/ (1 đ)
D = R\ {-m}
y’ =
2
2
1
( )
m
x m
−
+
lý luận đi đến y’ > 0 với mọi x thuộc D
KQ : m <-1 hoặc m > 1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3 (1 đ)
Xác định tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
O
D

C
B
A
S
Tính SO =
2
tan
2
a
α
, SA =
2
2cos
a
α
Tính R =
2 sin 2
a
α
V =
3
3
2
3 2 sin 2
a
π
α
0,25
0,25
0,25

0,25
II/ PHẦN RIÊNG
Câu 4a (2 đ)
1/ (1 đ) Tìm
(1;2; 2)u = −
r
Lí luận
(1;2; 2)u = −
r
là VTPT của mp(
α
)
Pt mp(
α
) : 1(x – 1) + 2(y + 2) - 2(z - 3) = 0
⇔
x + 2y -2z + 9 = 0

0,25
0,25
0,25
0,25
2/ (1 đ)
Gọi
( )H
α
= ∆∩
Lí luận đi đến : t + 2(-1 2t) -2(2 - 2t) + 9 = 0
⇔
t =

1
3
−
1 5 8
( ; ; )
3 3 3
H − −

Lí luận H trung điểm đoạn AA’
5 4 7
'( ; ; )
3 3 3
A − −

Câu 5a (1 đ)
(1+ i)
2010
= [(1 + i)
2
]
1005
= (1 + 2i - i
2
)
1005
= (2i)
1005
= 2
1005
.i .

Câu 4b( 2 đ)
1/ (1 đ)
( 2; 4;1), (1; 5;3), (0; 4;5)BA BC BD= − − = − = −
uuur uuur uuur
, ( 7;7;14)BA BC
 
= −
 
uuur uuur
,
, . 42BA BC BD
 
=
 
uuur uuur uuur
suy ra kết luận
V =
1
| , . | 7
6
BA BC BD
 
=
 
uuur uuur uuuur

2/ (1 đ)
1
. ( ,( ))

3
ABC
V S d D ABC
∆
=
Lí luận R = d( D,(ABC))
Tính ra R =
6
.
PT mặt cầu : (x - 3)
2
+ y
2
+ (z - 3)
2
= 6 .

Câu 5b (1 đ)
(1 + i)
2010
=
2010
2010 2010
( 2) (cos sin )
4 4
i
π π
+
= 2
1005

(cos
2
π
+ isin
2
π
)
= 2
1005
( 0 + i) = 2
1005
.i
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
SƠ GD & ĐT QUẢNG NAM KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010
TRƯỜNG THPT NGUYỄN KHUYẾN MÔN THI: 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
2 1
1
x
y
x
+
=
+
có đồ thị
( )C
.
a. Khảo sát và vẽ đồ thị.
a. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi
( )C
; trục Ox; trục Oy.
Câu II (3,0 điểm)
a. Tính tích phân
1
(3ln 2)
e
dx
I
x x
=
+
∫

b. Giải phương trình:
4 2
log ( 2).log 1x x+ =
Câu III (1,0 điểm)
Một hình nón đỉnh S, khoảng cách từ tâm O đến dây cung AB của đáy bằng a.
·
SAO
= 30
0
;
·
SAB
= 60
0
. Tính độ dài đường sinh theo a.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu IV.a (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1
( ) :
1 1 4
x y z−
∆ = =
−
;
2
2
( ) : 4 2

1
x t
y t
z
= −


∆ = +


=

.
a. Chứng minh rằng đường thẳng
1
( )∆
và đường thẳng
2
( )∆
chéo nhau.
b. Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
chứa đường thẳng
1
( )∆
và song song với
đường thẳng
2
( )∆

.
Câu V.a (1 điểm)
Tính giá trị của biểu thức
2 2
(2 3 ) (2 3 )A i i= − + +
.
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu IV.b (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2; 3; 0); mặt phẳng
( )
α
:
2 1 0x y z+ + + =
và mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 6 8 0x y z x y z+ + − + − + =
a. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng
( )
α
.
b. Viết phương trình mặt phẳng
( )
β
song song
( )
α
và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu V.b (1 điểm)
Biểu diễn số phức
1z i= − +

dưới dạnh lượng giác.
Sở GD - ĐT Quảng Nam ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
Trường THPT Nguyễn Huệ Năm học: 2009-2010
A/ Phần chung dành cho tất cả thí sinh: (7đ)
Câu 1: (3đ) Cho hàm số : y = x
3
– 3x + 2
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2/ Dựa vào đồ thị ( C ), hãy xác định các giá trị của tham số m để phương trình
sau có 3 nghiệm thực phân biệt:
10
23
3
+− xx
= m
Câu 2:(3đ)
1/ Giải phương trình: log (x-1) + log (3-x) = log (3x-5)
2/ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f(x) = x
2
e
-x
trên đoạn
[ ]
1;1−

3/ Tính tích phân: I =
dx
x
x
.

sin
cot1
2
4
2
∫
+
π
π
Câu 3: (1đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B; AC =
a
2
, SA vuông góc với mặt phẳng đáy; góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) bằng
30
o
. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
B/ Phần chung: (3đ) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau:
I/ Theo chương trình chuẩn:
Câu 4a: (2đ) Trong không gian Oxyz, điểm M (1;-2;3) và đường thẳng d có
phương trình:






+=
=
−=
tz

ty
tx
1
2
1
1/ Viết phương trình tham số của đường thẳng
∆
đi qua M và song song với
đường thẳng d.
2/ Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với
đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng với điểm M qua đường thẳng d.
Câu 5a: (1đ) Giải phương trình: ( 3 + 2i )z + 3i – 2 = 0 trên tập số phức
II/ Theo chương trình nâng cao:
Câu 4b: (2đ) Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(2;-2;1), B(-1;-1;0), C(-1;1;1)
1/ Chứng minh: O, A, B, C là 4 đỉnh của 1 tứ diện( O: gốc tọa độ). Viết phương
trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện đó.
2/ Viết phương trình tiếp diện của (S), biết tiếp diện đó song song với mặt phẳng
(Oxy).
Câu 5b: (1đ) Giải phương trình: z
2
+ (2-i)z – 2i = 0 trên tập số phức.
HẾT
SỞ GD&ĐT ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
NĂM 2010 Trường THPT Nguyễn Huệ Môn thi : TOÁN – Giáo
dục trung học phổ thông
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1
(3,0
điểm)

1. (2,0 điểm)
+ Tập xác định : D = R
+
−∞=
−∞→x
ylim
;
+∞=
+∞→x
ylim
+ y’ = 3x
2
-3
y’ = 0
1±=⇔ x
+ Bảng biến thiên : x -
∞
-1 1
+
∞
y’ + 0 - 0
+

y 4
+
∞
-
∞
0
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (-

∞
;-1); (1;+
∞
) và
nghịch biến trên (-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại x=-1; y
CĐ
=4
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1; y
CT
=0
y’’=6x
y’’=0
⇔
x=0
Đồ thị có điểm uốn (0;2)
Đồ thị :
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
2/ (1,0 điểm )
mxxm
xx
log2310
323
3
=+−⇔=

+−
Đây là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường
thẳng d : y=logm
⇒
số nghiệm của phương trình đã cho
bằng số giao điểm của (C) và d.
Do đó : Để phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt
thì (C) và d có 3 giao điểm.
⇔
0 < logm < 4
⇔
log1 < logm < log10
4
⇔
1 < m < 10000
Vậy m cần tìm là : 1 < m < 10000
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2
(3,0
điểm)
1/ (1,0 điểm)
ĐK:
3
5
< x < 3
Phương trình :
⇔

log[(x-1)(3-x)] = log(3x-5)

⇔
x
2
– x – 2 = 0

⇔




=
−=
2
)(1
x
loaix
Vậy phương trình có nghiệm là x=2
2/ (1,0 điểm)
D = [-1;1]
f’(x) = e
-x
(2x-x
2
)
f’(x) = 0




=
=
⇔
)(2
0
loaix
x
f(-1) = e
f(1) =
e
1
f(0) = 0
Vậy max f(x) = f(-1) = e
[-1;1]
min f(x) = f(0) = 0
(-1;1)
3/ (1,0 điểm)
Đặt t = 1+cotx
⇒
dt =
dx
x
2
sin
1−
x =
1
2
=⇒ t
π

x =
2
4
=⇒ t
π
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
I = -
∫
1
2
t
dt =
∫
2
1
t
dt
=
2
1
2
2

t
= 2 -
2
3
2
1
=
0,25
0,25
0,25
Câu 3
(1,0
điểm)
Chứng tỏ được
0
30
ˆ
=BSC
Tính được AB=BC=a
S
ABC
=
2
.
2
1
2
a
BCAB =
SC = 2a

SA = a
2
Vậy V
SABC
=
SA
3
1
. S
ABC
=
6
2
3
a
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4
(2,0
điểm)
a) 1/ d có vectơ chỉ phương
)1;2;1(−=u

vì
d//
∆
nên
∆

nhận
u
làm vectơ chỉ phương mà
∆
qua
M(1;-2;3)
Vậy phương trình tham số của
∆
là





+=
+−=
−=
tz
ty
tx
3
22
1
2/ Vì (P)
⊥
d nên (P) nhận
u
làm vectơ pháp tuyến.
Mà (P) đi qua M(1;-2;3)
Vậy (P) có phương trình là : -1(x-1)+2(y+2)+1(z-3) = 0

-x+2y+z+2 = 0
3/ Gọi H = d
)(P∩

Vì H
d∈
nên H(1-t;2t;1+t)
Vì H
)(P∈
nên -1 + t + 4t + 1 + t + 2 = 0

⇔
6t + 2 = 0

⇔
t = -
3
1
Nên H






−
3
2
;
3

2
;
3
4
H là trung điểm MM’
nên









−=
=
=−=
3
5
3
2
3
5
2
'
'
'
M
M

MHM
z
y
xxx
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Vậy M’






−
3
5
;
3
2
;
3
5

Câu 5

(1,0
điểm)
a) z =
i
i
23
32
+
−
=
)23)(23(
)23)(32(
ii
ii
−+
−−
=
13
13i−
= -i
0,25
0,5
0,25
Câu 4
(2,0
điểm)
b) 1/
( )
1;2;2 −=OA

( )
0;1;1 −−=OB

( )
1;1;1−=OC
[ ]
( )
4;1;1, −−=⇒ OBOA
[ ]
06.; ≠−=⇒ OCOBOA
OCOBOA ,,⇒
không đồng phẳng
⇒
O, A, B, C là các đỉnh của 1 tứ diện
Gọi (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
– 2ax – 2by – 2cz + d = 0
(S) đi qua O, A, B, C nên







=−−+

=++
=−+−
=
02223
0222
02445
0
cba
ba
cba
d











=
=
−=
−=
⇔
0
6
11

3
2
3
1
d
c
b
a
Vậy (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
+
0
3
11
3
4
3
2
=−+ zyx
2/ (S) có tâm I







−−
6
11
;
3
2
;
3
1
và bán kính R =
6
141
Gọi mặt phẳng (P) là tiếp diện cần tìm
vì (P) // mặt phẳng (Oxy)
Nên (P) : z + D = 0 (D
≠
0)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Vì (P) là tiếp diện của (S) nên d(I;(P)) = R
6
141
6
11
=+⇔ D
6

11141 −±
=⇔ D
(nhận)
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là






=
+
−
=
−
+
0
6
11141
0
6
11141
z
z
0,25
0,25
Câu 5
(1,0
điểm)
b)

∆
= 3+4i
= (2+i)
2
Phương trình có nghiệm là



−=
=
2z
iz
0,25
0,25
0,5
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: TOÁN - Thời gian: 150 phút (KKGĐ)

I. PHẦN DÙNG CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7, 0 Điểm )
Câu I.(3đ). Cho hàm số
3 2
y x 3x 1
= − + −
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 đó vuông góc với đường thẳng
1
(d): y x 2010
9
= −

.
Câu II. (3đ).
1. Giải phương trình:
3 3
2 2
log (25 1) 2 log (5 1)
x x
+ +
− = + +
2. Tìm giá trị lớn trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số sau:
y = f(x) = x
2
- 8. lnx trên đoạn [1 ; e]
3. Tính tích phân sau :
2
cosx
I (e 2x)sinxdx
0
π
= −
∫
Câu III. (1đ). Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác đều, các cạnh bên đều bằng
a
,
góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng
0

30
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
theo
a
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 Điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2 )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a (2đ). Trên Oxyz cho M (1; 2; -2), N (2; 0; -1) và mp ( P ):
3 2 10 0x y z
+ + + =
.
1. Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) qua 2 điểm M; N và vuông góc ( P ).
2. Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm I ( -1; 3; 2 ) và tiếp xúc mặt phẳng ( P ). Tìm tọa độ tiếp
điểm.
Câu V.a ( 1đ). Tìm môđun của số phức
= + + −
3
z 1 4i (1 i)
.
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b (2đ). Trên Oxyz cho A (1 ; 2 ; -2 ), B (2 ; 0 ; -1) và đường thẳng
(d):
1 2
2 1 1
x y z
− +
= =
−
.

1. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua 2 điểm A; B và song song (d).
2. Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm A và tiếp xúc đường thẳng (d). Tìm tọa độ tiếp điểm.
Câu V.b (1đ).
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ):
2
x 4x 4
y
x 1
− + −
=
−
và tiệm cận xiên của ( C
) và 2 đường thẳng x = 2 ; x = a ( với a > 2 ) . Tìm a để diện tích này bằng 3.
HẾT
4
2
-2
5
x
y
2
3
-1
3
-1
O
* Lưu ý: Học sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu nào.
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐÁP ÁN THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: TOÁN - Thời gian: 150 phút (KKGĐ)

I. PHẦN DÙNG CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7, 0 Điểm )
Câu Đáp án Điểm
I ( 3điểm) 1) (2 điểm)
TXĐ:
=
D R
0,25
Sự biến thiên
 Chiều biến thiên:
= − +
2
' 3 6y x x
,
= ⇒ = −

= ⇔ − + = ⇔

= ⇒ =

2
0 1
' 0 3 6 0
2 3
x y
y x x
x y
Suy ra hàm số nghịch biến trên
( ) ( )

;0 à 2;+v−∞ ∞
, đồng biến trên
( )
0;2
 Cực trị: hàm số có 2 cực trị
+ Điểm cực đại:
= ⇒
®
2
c
x y
= 3
+ Điểm cực đại:
= ⇒ = −0 1
ct
x y
 Giới hạn:
→−∞ →+∞ →−∞
= = −∞ = +∞lim lim ; lim
x x x
y y y
Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận .
0,50
0,25
 Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞
y' - 0 + 0 -

+∞
3
y CĐ
-1
−∞

CT
0,5
 Đồ thị:
ĐĐB: x -1 0 1 2 3
y 3 -1 1 3 -1
0,5
2) (1 điểm)
Tiếp tuyến của (C) có dạng
− = −
0 0 0
'( )( )y y f x x x
Trong đó:
= − ⇒ =

= − ⇔ − + + = ⇔

= ⇒ = −

0 0
2
0 0 0
0 0
1 3

'( ) 9 3 6 9 0
3 1
x y
f x x x
x y
Vậy có hai phương trình tiếp tuyến của (C) thoả điều kiện là:
= − −


= − +

9 6
9 26
y x
y x
0,25
0,50
0,25
II (3điểm) 1) (1 điểm)
ĐK:
+
− >
3
25 1 0
x
( ) ( ) ( ) ( )
+ + + +
 
− = + + ⇔ − = +
 

3 3 3 3
2 2 2 2
log 25 1 2 log 5 1 log 25 1 log 4 5 1
x x x x
( )
3
3 3 3 3
3
5 1(loai)
25 1 4 5 1 25 4.5 5 0 2
5 5
x
x x x x
x
x
+
+ + + +
+

= −
− = + ⇔ − − = ⇔ ⇔ = −

=

x = -2 (thoả đk ). Vậy pt có một nghiệm x = -2
0,25
0,25
0,25
0,25
2) (1 điểm)

Ta có
/
8
( ) 2f x x
x
= −
Cho
2
/
8 2 8
( ) 0 2 0 0
x
f x x
x x
−
= ⇔ − = ⇔ =
⇔ x = 2 hoặc x = -2 ( loại)
Ta có f (1) = 1 ; f (2) = 4 - 8 ln2 ; f (e) = e
2
- 8
kết luận:
[1;e]
ax 1M y
=
và
[1;e]
4 8ln2Min y
= −
0,25
0,25

0,25
0,25
3) (1 điểm)
π π
= − = −
∫ ∫
2 2
cos
0 0
sin . 2 .sin .
x
I e x dx x x dx M N
π
π
= − = − = −
∫
2
cos cos
2
0
0
(cos ) 1
x x
M e d x e e
2
0
2 sin .N x x dx
π
=
∫

Đặt
= ⇒ =


= ⇒ = −

2 2
sin cos
u x du dx
dv xdx v x

π
π
= − + =
∫
2
2
0
0
2 cos 2 cos . 2N x x x dx
0,25
0,25
0,25
0,25
= − = − − = −
1 2 3I M N e e
III.(1điểm)
Gọi
O

là tâm của tam giác đều
ABC
,gọi
H
là trung điểm của BC
Vì
SA SB SC a= = =
nên
SO (ABC)⊥
Do đó
·
0
30SAO =
,
0
.sin30
2
a
SO SA= =
,
3
2
a
AO =
,
3 3 3 3 3
2 4 2 2
a a
AH AO= = =

Vì
ABC
là tam giác đều nên
3
2
a
BC =
Diện tích đáy
2
1 1 3 3 3 9 3
. . .
2 2 2 4 16
ABC
a a a
S BC AH
∆
= = =
Do đó thể tích khối chóp
.S ABC
là
2 3
.
1 1 9 3 3 3
. . .
3 3 16 2 32
S ABC ABC
a a a
V S SO
∆
= = =

0,25
0,25
0.25
0.25
IV (2 điểm) II. PHẦN RIÊNG ( 3, 0 Điểm )
1. (1 điểm)
Ta có:
(1; 2;1); (3;1;2) , ( 5;1;7)
P Q P
MN n n MN n
 
= − = ⇒ = = −
 
uuuur uur uur uuuur uur
là VTPT của
(Q)
Pt (Q):
5 7 17 0x y z− − − =
0,50
0,50
2. (1 điểm)
Mặt cầu (S) có bán kính
( ;( )) 14R d I P= =
Pt (S):
2 2 2
( 1) ( 3) ( 2) 14x y z+ + − + − =
Viết đúng Ptdt qua tâm I vuông góc mp (P)
Tìm được tiếp điểm K ( - 4 ; 2 ; 0 )
0,25

0,25
0,25
0,25
V.a
(1 điểm)
Vì
− = − + − = − − + = − −
3 3 2 3
(1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i
.
Suy ra :
2 2
z 1 2i z ( 1) 2 5= − + ⇒ = − + =

0,50
0,50
IV.b
(2 điểm)
1. (2 điểm)
1. (1 điểm) 1,00
Ta có:
(1; 2;1); (2;1; 1) , (1;3;5)
d P d
AB u n AB u
 
= − = − ⇒ = =
 
uuur uur uur uuur uur
là VTPT của (P)
0,50

0,50
Pt (P):
3 5 3 0x y z+ + + =
2. (1 điểm)
Mặt cầu (S) có bán kính
84
( ; ) 14
6
R d A d= = =
Pt (S):
2 2 2
( 1) ( 2) ( 2) 14x y z− + − + + =
Pt mặt phẳng qua A vuông góc d:
2 6 0x y z+ − − =
Thay d vào pt mp trên suy ra
1t =
tiếp điểm
(3; 1; 1)M − −
0,25
0,25
0,25
0,25
V.b
(1điểm)
2
4 4 1
3
1 1
x x
y x

x x
− + −
= = − + −
− −
suy ra tiệm cận xiên
3y x= − +
Diện tích
( ) ( )
2
2
1
ln 1 ln 1
1
a
a
S dx x a
x
= = − = −
−
∫
(ddvdt)
( )
3 3
ln 1 3 1 1S a a e a e= − = ⇔ − = ⇔ = +
0,50
0,25
0,25
******