ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT N.DUY HIỆU

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NGUYỄN DUY HIỆU
ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
MÔN TÓAN
Thời gian làm bài: 150 phút
I .PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm ).
Câu I (3 điểm).
Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ 1.
1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2). Dựa vào đồ thị (C), biện luận số nghiệm của phương trình sau theo m :
x
3
+ 3x
2
+ 1 =
m
2
.
Câu II (3 điểm).
1.Tính tích phân
4
tanx

cos
0
I dx
x

π
=
∫
.
2. Giải phương trình :
log ( 3) log ( 1) 3
2 2
x x− + − =
.
3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
3 2
2 3 12 2+ − +x x x
trên
[ 1;2]−

Câu III (1điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh a.SA vuông góc với mặt phẳng ABCD,
SA = 2a. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ).Thí sinh học chương trình nào thì chỉ làm phần dành
riêng cho chương trình đó ( phần 1 hoặc phần 2 )
1.Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2 điểm ).
Cho D(-3;1;2) và mặt phẳng (
α
) qua ba điểm A(1;0;11), B(0;1;10), C(1;1;8).
1.Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (
α
)
2.Viết phương trình mặt cầu tâm D bán kính R= 5.Chứng minh mặt cầu này cắt (
α
)

Câu V.a (1điểm). Cho số phức:
( ) ( )
2
1 2 2z i i= − +
. Tính giá trị biểu thức
.A z z=
.
2.Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;
−
1;1) , hai
đường thẳng

1
( ):
1
1 1 4
y
x z−
∆ = =
−
,
(
)
2 .
4 .
2
1.
x t
y t

z





= −
∆ = +
=

và mặt phẳng (P) :
2 0y z+ =
a. Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng (
2
∆
) .
b. Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng
( ) ,( )
1 2
∆ ∆
và nằm trong mặt
phẳng (P) .
Câu V.b ( 1 điểm ) :
Tìm nghiệm của phương trình
2
z z=
, trong đó
z
là số phức liên hợp của số phức z .
HẾT

Sở GD&ĐT Quảng Nam
Trường THPT Nguyễn Duy Hiệu
ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT
Môn : Toán – Năm học: 2008 – 2009

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ĐIỂM)
Câu Đáp án điểm
Câu I
(3 đ)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): y=x
3
+3x
2
+1
* TXĐ:
¡
*Sự biến thiên:
+ y’= 3x
2
+6x= 3x(x+2)= 0
⇔
0 (0) 1
2 ( 2) 5
x y
x y
= ⇒ =


= − ⇒ − =


+ BBT:
x -
∞
-2 0 +
∞
y’ + 0 - 0 +
y 5 +
∞

-
∞
1
Hs đồng biến trên
( )
; 2 ;(0; )−∞ − +∞
; Hs nghịch biến trên
( 2;0)−
+ Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=-2; y
CĐ
=5;
Hs đạt cực tiểu tại x=0; y
CT
=1;
+ Giới hạn:
lim ; lim .
x x→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
- Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
• Đồ thị:
- Giao với trục Oy: cho x=0 suy ra y= 1.

6
4
2
-2
-4
-5
5
f
x
( )
= x
⋅
x
⋅
x+3
⋅
x
⋅
x+1
O
CD
CT
-3,1

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,5
2. Biện luận số nghiệm PT: x
3
+3x
2
+1= m/2 (1)
- Số nghiệm của pt (1) là số giao điểm của đồ thị (C) với đường
thẳng y= m/2; nên ta có:
0,25
+ Nếu
2
m
> 5 hoặc
2
m
<1 Hay m>10 hoặc m< 2 thì PT (1) có
nghiệm duy nhất.
+ Nếu m = 10 hoặc m= 2 thì PT (1) có 2 nghiệm
+ Nếu 2<m<10 thì pt (1) có 3 nghiệm.
0,25
0,25
0,25
Câu II
(3 đ)
1



 






 

 
 
 
 

t
dt
I
t
x t
π
π
⇒
⇒ ⇒ =
−
 
= = = = −
 ÷
 
∫ ∫
0,5
0,5
2. Ta có:
2 2

3
2
log ( 3) log ( 1) 3
3 0
1 0
( 3)( 1) 2
3
3
5
1
4 5 0
5
x x
x
x
x x
x
x
x
x
x x
x
− + − =

− >

⇔ − >


− − =


>

>


⇔ ⇔ ⇔ =
= −

 
− − =



=


KL: x=5
3. y’ = 6 x
2
+ 6x -12
y’ = 0 ⇔ 6 x
2
+ 6x -12 = 0 ⇔ x = 1 , x = -2 (
]2;1[−∉
)
y(-1) = 15; y(1) = -5 ; y(2) = 6

[ ]
1;2

max ( 1) 15y y
-
= - =

[ ]
1;2
min (1) 5y y
-
= =-
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
Câu
III
(1 đ)

x
O
A
B
C
D
S
M
I
Ta có
2 2 2 2
3

/ 2
2
R IO AO a a a= + = + =
0,25
0,25
Áp dụng công thức ta có diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD là: S=
2 2 2
3
4 4 ( ) 6
2
R a a
π π π
= =
(đvdt)
0,5
II. PHẦN RIÊNG(3 điểm)
* Theo chương trình chuẩn:
Câu
IVa.
2 đ


( ) ( )
( )
α
α
− − −
 
 

= = − − −
 ÷
 
 
− − − −
− −
uuur uuur
uuur uuur
r
    
  !"#$%
 &'     
()"(*+ ,$-

     
  
     
AB AC
M
AC
suy
⇔ .$ 

0,5

0,5

( ) ( )
( )
α α

+ − + − =
⇔ <
− + + −
⇔ < ⇔ <
+ +
 

/01+23+4'5#6789,
.   8
/:2;<   4 
=  =  
8  8>?>+
 @ 
y z
R
0,5
0,5
Câu
V.a
(1 đ)
+ Số phức z=(1-2i)(2+i)
2
= (1-2i)(3+4i)= 11- 2i
=>
z
=11+2i.
Nên A= z.
z
=(11-2i)(11+2i)= 11
2

+ 2
2
=125.
Vậy A= 125.
0,25
0,25
0,5
• Theo chương trình nâng cao:
Câu Đáp án điểm
IV.b
2 đ
a. Tìm N là hình chiếu vuông góc của M(1;-1;1) lên
2
( )V
:
Véctơ chỉ phương của
2
( )V
là:
2
( 1;1;0)u = −
uur
N thuộc
2
( )V
nên N=(2-t;4+t;1).
(1 ;5 ;0)MN t t= − +
uuuur
Vì N là hình chiếu vuông góc của M lên
2

( )V
, nên
2 2
. 0MN u MN u⊥ ⇔ = ⇔
uuuur uur uuuuruur
-1+t+5+t=0
⇔
t= -2
Vậy N=(4;2;1).
b. Viết PT đường thẳng cắt cả hai đường thẳng
1
( )V
,
2
( )V
và
nằm trong mặt phẳng (P):
Phương trình tham số của
1 1
1
( ) : ; ( 1;1;4)
4
x t
y t VTCP u
z t
= −


= = −



=

ur
V
.
0,5

0,5
Giả sử
1
( )V
giao với (P) tại A , Ta có: t+8t=0 hay t=0 suy ra
A(1;0;0).
2
( )V
giao với (P) tại B, ta có: 4+t+2=0 hay t=-6
Suy ra B=(8;-2;1).
AB (7; 2;1)= −
uuur
. Đường thẳng cần tìm qua A và B nhận
AB
uuur
làm
véctơ chỉ phương nên có phương trình tham số:
1 7
2
x t
y t
z t

= +


= −


=

0,5
0,5
V. b
(1 đ)
Tìm nghiệm của phương trình
2
z z=
Giả sử z=a+bi thì ta có phương trình:
a-bi = (a+bi)
2

⇔
a-bi = a
2
-b
2
+ 2abi

⇔

2 2
0

1 3
;
2 2
2
1 3
;
2 2
a b
a a b
a b
b ab
a b


= =


= −

⇔ = − =


− =



= − = −


Vậy phương trình có 3 nghiệm

1 2 3
1 3 1 3
0; ; .
2 2 2 2
z z i z i= = − + = − −
0,25
0,5
0,25