Đề và đáp án thi thử môn toán 12 năm 2011

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2
ĐỂ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC: 2010 – 2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số
4 2
2y 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 đồ thị (C), biết tiếp tuyến song song với trục hoành.
Câu 2 (3,0 điểm).
1) Giải phương trình
2
2
2
log 2
log 1
+ = −
−
x
x
.
2) Tính tích phân
1
0
(1 )
x
e x dx+

∫
.
3) Cho hàm số
2
( ) ln(2 )
2
x
f x x
x
−
= −
, giải bất phương trình
( ) 0f x ≥
/
.
Câu 3 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng đáy bằng 60
o
. Tính
thể tích khối chóp S.ABC theo a.
II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1: Theo chương trình Chuẩn
Câu 4.a (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(-1; 1; 2), B(0; 1; 1),
C(1; 0; 4).
1) Chứng minh tam giác ABC vuông. Hãy viết phương trình đường thẳng AB.
2) Gọi M là điểm sao cho
MB 2MC= −
uuur uuur
. Viết phương trình mặt phẳng qua M và vuông

góc với đường thẳng BC.
Câu 5.a (1,0 điểm). Cho hai số phức
1
7z i= −
và
2
1z i= +
. Xác định phần thực và phần ảo
của số phức
1
2
z
z
.
Phần 2: Theo chương trình Nâng cao
Câu 4.b (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(2; -1; 1) đường thẳng
∆ có phương trình
1
1
2 2
x y
z
+
= = −
−
1) Hãy viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆.
2) Tính cosin của góc giữa mặt phẳng Oxy và đường thẳng ∆
Câu 5.b (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức
2
2 (1 2 ) 0z iz i− − + =

.
Hết
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………………………….SBD……………………
GV: Nguyễn Huy Khôi – Trường THPT Đô Lương 2
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2
ĐÁP ÁN ĐỂ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC: 2010 – 2011
Môn thi: TOÁN
Câu Nội dung Điểm
1.1
2 đ
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên:

/ 3
4 4= − +y x x
,
/ 3
0
0 4 4 0
1
=

= ⇔ − + = ⇔

= ±

x

y x x
x
/
0 ( ; 1) (0;1)> ∀ ∈ −∞ − Uy x
nên h.số đ biến trên các khoảng
( ; 1)−∞ −
và
(0;1)
/
0 ( 1; 0) (1; )< ∀ ∈ − + ∞Uy x
nên h.số n biến trên các khoảng
( 1; 0)−
và
(1; )+ ∞

+ Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại các điểm x = -1 và x = 1 với giá trị y
CĐ
= 1
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0 với giá trị y
CT
= 0.
+ Giới hạn vô cực và tiệm cận:
lim
→±∞
= −∞
x
y
do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận.
+ Bảng biến thiên

x -
∞
-1 0 1 +
∞
y
/
+ 0 – 0 + 0 –
y
`
-
∞
-
∞
* Đồ thị:
+ Đồ thị đối xứng qua trục Oy.
+ Đồ thị giao với Oy tại điểm (0; 0)
+ Đồ thị giao với Ox tại các điểm: (0; 0);
( 2; 0)−
;
( 2; 0)
0.25
0.25
0.25
0.25
1.0
1.2
1 đ
Do tiếp tuyến song song với trục hoành nên có hệ số góc k = 0
Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với (C) là nghiệm phương trình
/ 3

0
0 4 4 0
1
=

= ⇔ − + = ⇔

= ±

x
y x x
x

Với x = 0 thì tiếp điểm là (0; 0) nên pttt là y = 0 (không thỏa mãn ycbt)
Với x = -1 thì tiếp điểm là (-1; 1) nên pttt là y = 1
Với x = 1 thì tiếp điểm là (1 ; 1) nên pttt là y = 1.
Vậy chỉ có duy nhất tiếp tuyến y = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0.25
0.25
0.25
0.25
2.1
1 đ
ĐK:
0 2< ≠x
Đặt
2
log=t x
(
1≠t

), phương trình đã cho trở thành
2
2
1
+ = −
−
t
t
2
2 2 2⇔ − + = − +t t t

2
0⇔ + =t t
1
0
= −

⇔

=

t
t
Với t = - 1 ta có
2
log 1= −x
1
2
⇔ =x
Với t = 0 ta có

2
log 0=x
1⇔ =x
Đáp số: Tập nghiệm pt đã cho là T = {1/2; 1}
0.25
0.25
0.25
0.25
GV: Nguyễn Huy Khôi – Trường THPT Đô Lương 2
1
1
0
O
y
Trang 1/2
-1 1
2
1
-1
-2
-3
-4
-2
2
x
2.2
1 đ
Đặt
1
x x

u x du dx
dv e dx v e
= + =
 
⇒
 
= =
 

ta có
1
0
(1 )
x
e x dx+
∫
=
1
1
0
0
(1 )
x x
x e e dx+ −
∫
= 2.e – 1 –
1
0
x
e

= 2e – 1 – e + 1 = e
0.5
0.5
2.3
1 đ
TXD: D =
(0; )+ ∞
;
/
2 2
1 1 1
( )
x
f x
x x x
−
= − =
do đó
/
( ) 0 0 1f x x≥ ⇔ < ≤
; ĐS: …
1.0
Câu
3
1 đ
Từ giả thiết suy ra SA là đường cao của
hình chóp S.ABC
S.ABC ABC
1
V SA.S

3
=
Mà
o
ABC
1
S AB.AC.sin60
2
=
=
2
3a
4

Gọi M là trung điểm BC thì dễ thấy
BC (SMA)⊥
·
·
o
((SBC),(ABC)) SMA 60⇒ = =
nên SA = AM.tan60
o
=
a 3
3
2
=
3a
2
. Vậy

2 3
S.ABC
1 3a a 3 a 3
V . .
3 2 4 8
= =
(đvtt)
0.25
0.25
0.25
0.25
4.a.
1
1 đ
Từ giả thiết có:
(1; 0; 1)AB = −
uuur
,
(2; 1; 2)AC = −
uuur
.
Do
. 1.2 0.( 1) ( 1).2 0AB AC = + − + − =
uuur uuur
nên tam giác ABC vuông ở A
Đường thẳng AB đi qua A(-1; 1; 2) và có vtcp
(1; 0; 1)AB = −
uuur
nên có ptts:
1

1
2
x t
y
z t
= − +


=


= −

0.5
0.5
4.a.
2
1 đ
Giả sử M(x
M
; y
M
) ta có :
( ;1 ;1 )
M M M
MB x y z= − − −
uuur
;
(1 ; ; 4 )
M M M

MC x y z= − − −
uuuur
suy ra
2. ( 2 2 ; 2 ; 8 2 )
M M M
MC x y z− = − + − +
uuuur
nên
M M
M M
M M
x 2 2x
MB 2MC 1 y 2y
1 z 8 2z
− = − +


= − ⇔ − =


− = − +

uuur uuur
M
M
M
3x 2
3y 1
3z 9
=



⇔ =


=

suy ra
2 1
( ; ; 3)
3 3
M
mp(P)
⊥
BC nên nhận
(1; 1; 3)BC −
uuur
làm 1 vtpt, mặt khác (P) qua
2 1
( ; ; 3)
3 3
M
nên
phương trình mp(P) là: x – y + 3z – 28/3 = 0
0.5
0.5
5.a
1 đ
1
2 2

2
7 (7 )(1 ) 6 8
3 4
1 1 1 2
z i i i i
i
z i
− − − −
= = = = −
+ +
nên phần thực của
1
2
z
z
là 3 và phần ảo là – 4
1.0
4.b
1
1 đ
Dễ thấy M(0; -1; 1)
∈∆
, ∆ có 1 vtcp
(2; 2;1)u = −
r
Do (S) qua A tiếp xúc với nên (S) có bán kính
,
( , )
AM u
R d A

u
 
 
= ∆ = =
uuuur r
r
20
3
Và do đó phương trình mặt cầu (S) là:
2 2 2
20
( 2) ( 1) ( 1)
9
x y z− + + + − =
0.25
0.5
0.25
5b
1 đ
∆
/
= –1 + (1 + 2i) = 2i = (1 + i)
2
nên phương trình đã cho có hai nghiệm là
1
(1 ) 1z i i= − + = −
và
2
(1 ) 1 2z i i i= + + = +
0.5

0.5
Hết
GV: Nguyễn Huy Khôi – Trường THPT Đô Lương 2
M
A
B
C
S
60
o
Trang 2/2