Tuyển tập đề thi thử môn toán 2

MÔN TOÁN )
Thời gian: 150 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 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 sau có đúng 3 nghiệm phân biệt

3 2
x 3x k 0
− + =
.
Câu II. (3,0 điểm)
1. Giải bất phương trình:
3)1(log)3(log
22
<−+−
xx
2. Tính tích phân: I =
( )
∫
−
2
0
cossin1
π
xdxx

3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
4 xxy
−+=
Câu III. (1,0 điểm) Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung
AB của đáy bằng a , góc SAO = 30
0
và góc SAB = 60
0
. Tính diện tích xung quanh
của hình nón.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được chọn làm bài một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu IVa. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1 ; 3 ; 2) và
A, B, C lần lượt là hình chiếu của M trên các trục tọa độ.
1. Viết phương trình mặt phẳng (ABC).
2. Viết phương trình của mặt cầu tâm I( 2; 3; 3), tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
Câu Va. (1,0 điểm) Cho số phức
1 i
z
1 i
−
=
+
. Tính giá trị của
2010
z
2. Theo chương trình Nâng cao

Câu IVb. (2,0 điểm) Trong không gian Oxyz . Cho điểm A(2; 0; 1),
mặt phẳng ( P ): 2x – y + z + 1 = 0 và đường thẳng d:
1
2
2
x t
y t
z t
= +


=


= +


1. Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P)
2. Viết phương trình tham số của đường thẳng
∆
qua A, vuông góc và cắt đường thẳng d.
Câu Vb. (1,0 điểm) Viết dạng lượng giác của số phức: z = – 1 –
3
i.
Hết
Đề chính thức
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM( đề chính thức)
Câu Đáp án(với cách giải khác tùy các bước cho điểm phù hợp) Điểm
I
(3,0

điểm)
1.(2,0 điểm) Hàm số
3 2
y x 3x 1
= − + −
có đồ thị (C)
• Tập xác định : D = R
0,25
• y’ = – 3x
2
+ 6x.
y’ = 0



=
=
⇔
2
0
x
x
0,25
• Giới hạn:
+∞=−+−
−∞→
)13(lim
23
xx
x

;
−∞=−+−
+∞→
)13(lim
23
xx
x

0,25
• Bảng biến thiên:
0,50
• Điểm đặc biệt ( Lấy thêm 2 điểm)
x – 1 0 1 2 3
y 3 – 1 0 3 – 1
0,25
• Đồ thị (C) nhận điểm I(1 ; 1) (điểm uốn) là tâm đối xứng.

0,50
2.(1,0 điểm) k ?
3 2
x 3x k 0
− + =
(1) có 3 nghiệm phân biệt
Biến đổi (1) về dạng: – x
3
+ 3x
2
– 1 = k – 1
Đây là pt hoành độ điểm chung của (C) và đường thẳng
(d): y k 1= −

0,25
Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị ( C) và
đường thẳng d: y = k – 1 ( d cùng phương với trục Ox)
0,25
Phương trình (1) có ba nghiệm
1 k 1 3 0 k 4
⇔ − < − < ⇔ < <
0,50
II
(3,0
điểm)
1. (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
3)1(log)3(log
22
<−+−
xx
Điều kiện
3
01
03
>⇔



>−
>−
x
x
x
0,25

Biến đổi phương trình về dạng: (x – 3)(x – 1) < 2
3

⇔
x
2
– 4x – 5 < 0

⇔
– 1 < x < 5
0,50
Kết luận nghiệm của bất phương trình: 3 < x < 5 0,25
x
−∞
0 2
+∞
y
′

−
0 + 0
−
y
+∞
CT 3

1−
C Đ
−∞
2. (1,0 điểm) Tính tích phân: I =

( )
∫
−
2
0
cossin1
π
xdxx
Đặt t = 1 – sinx
⇒
dt = – cosx dx
Đổi cận
x 0
2
π
t 1 0
0,25
Đưa về I =
∫








=
1
0

1
0
2
2
t
tdt
0,50
Kết luận I =
2
1
0,25
3. (1,0 điểm) Tìm GTNN và GTLN của hàm số
2
4 xxy
−+=
Ta có TXĐ: D = [ – 2; 2 ].

0,25

2
2
2
4
4
4
1'
x
xx
x
x

y
−
−−
=
−
−
+=

( )
2;2−∈∀x
0,25
Do đó: y’ = 0
2
4
0
4
22
2
=⇔



=−
≥
⇔=−⇔ x
xx
x
xx

Nên: y(– 2) = – 2 ; y (2) = 2;

( )
222 =y
0,25
Kết luận: Max y =
( )
222 y=
; min y = – 2 = y(– 2)
0,25
III
(1,0
điểm)
Gọi M là trung điểm của AB
thì OM
⊥
AB và OM = a
và SM
⊥
AB
0,25
∆
SAB cân có góc SAB = 60
0
nên đều . Suy ra AM =
22
SAAB
=
Xét tam giác vuông SOA: SAO = 30
0
. Do đó OA = SA.cos 30
0

=
2
3SA
0,25
Tam giác OAM vuông tại M nên: OA
2
= OM
2
+ MA
2


2
44
3
2
2
2
aSA
SA
a
SA
=⇔+=⇔
0,25
Vậy diện tích xung quanh của hình nón
Sxq =
32
2
6
.

2
aa
a
SAOA
πππ
==
0,25
IV.a
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm) Phương trình mặt phẳng (ABC).
Hình chiếu của M trên các trục tọa độ là: A( 1; 0 ; 0), B(0; 3; 0), C(0; 0; 2) 0,50
Phương trình mặt phẳng (ABC) :
1
231
=++
zyx
hay 6x + 2y + 3z – 6 = 0
0,50
2. (1,0 điểm) Mặt cầu tâm I( 2; 3; 3), tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm I. tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
Ta có: R =
( )
3
326
63.33.22.6
222
)(,
=
++

−++
=
ABCI
d
0,50
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
( ) ( ) ( )
9332
222
=−+−+− zyx
0,50
V.a
(1,0
điểm)
Số phức
( )
i
i
i
i
z −=
−
=
+
−
=
2
1
1
1

2
0,50
Do đó
( )
( )
1.
2
502
42010
2010
2010
−===−= iiiiz
0,50
IV.b
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A( 2; 0; 1), tiếp xúc với mặt phẳng (P)
Thì R =
( )
6
112
11.102.2
222
)(,
=
++
++−
=
PA

d
0,50
Vậy phương trình của mặt cầu:
( ) ( )
612
2
2
2
=−++− zyx
0,50
2. (1,0 điểm)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d thì H( 1 + t; 2t; 2 + t). 0,25
Khi đó
( )
tttAH ++−= 1;2;1
0,25
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương
( )
1;2;1a

00. =⇔=⇔⊥ tAHadAH

Nên H( 1; 0; 2),
( )
1;0;1−=AH
0,25
Do đó, phương trình đường thẳng
∆
cần tìm:
2

0
1
x t
y
z t
= −


=


= +

0,25
V.b
(1,0
Ta có








−−= iz
2
3
2
1

2
0,50
=






+
3
4
sin
3
4
cos2
ππ
í
0,50
HEÁT