ĐỀ 10 LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN QUẢNG NAM

ĐỀ 10 – TOÁN 12 – QUẢNG NAM
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm).
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số
3 2
3 2y x x= − + −
2.Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để đường thẳng
2y mx= −
cắt đồ thị
( )C
tại ba điểm phân
biệt.
Câu II (3,0 điểm )
1. Giải bất phương trình
2
3
log ( 1) 2x + <
2. Tính tích phân
3
3
0
sinx
cos
I dx
x
π
=

∫
3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
x
f x xe
−
=
trên đoạn
[ ]
0;2
.
Câu III (1,0 điểm )
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 )
1.Theo chương trình Chuẩn:
Câu IV.a (2,0 điểm ).

Trong không gian
Oxyz
cho điểm
A
được xác định bởi hệ thức
OA 2 3i j k
= + +
uuur r r r
và đường thẳng d
có phương trình tham số
1
2
x t
y t
z t
=


= +


= −

(
t
∈
¡
)
1.Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng
( )P

đi qua
A
và vuông góc với đường thẳng d.
2.Tính khoảng cách từ điểm
A
đến đường thẳng d.
Câu V.a (1,0 điểm )
Tìm mô đun của số phức
17
2
1 4
z
i
= +
+
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b (2,0 điểm ).
Trong không gian
Oxyz
cho điểm
A
được xác định bởi hệ thức
OA 2i j k= + +
uuur r r r
và mặt phẳng
( )P
có phương trình tổng quát
2 3 12 0x y z− + + =
1.Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua
A

và vuông góc với mặt phẳng
( )P
2.Tính khoảng cách giữa đường thẳng
OA
và mặt phẳng
( )P
Câu V.b (1,0 điểm )
Cho số phức
5 3 3
1 2 3
i
z
i
+
=
−
Tính
12
z
Hết
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
Câu I
(3 điểm)
1. (2 điểm)
Tập xác định
D = ¡
0,25
Sự biến thiên:
2

' 3 6y x x= − +
0
y'=0
2
x
x
=

⇔

=

0,25
Giới hạn :
lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= −∞ = +∞
0,25
Bảng biến thiên:
0,5
Hàm số đồng biến trên khoảng
(0;2)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;0)−∞
,
(2; )+∞
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ

= y(2) = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= y(0) = -2
0,25
Đồ thị
Giao điểm của
( )C
với các trục toạ độ (0;-2),(1;0)
Đồ thị
( )C
nhận điểm I(1;0) làm tâm đối xứng
0,5
2 (1,0 điểm)
2
x
y’
y
-∞ 0 2 +∞
0 0- + -
-2
CT
CĐ
+∞
-∞
2
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
( )C
và đường thẳng
2y mx= −

là:
3 2
3 2 2x x mx− + − = −
2
( 3 ) 0x x x m⇔ − + =
2
0
3 0
x
x x m
=

⇔

− + =

0,25
Đường thẳng
2y mx= −
cắt đồ thị
( )C
tại ba điểm phân biệt
⇔
Phương trình
2
3 0x x m− + =
có 2nghiệm phân biệt, khác 0
0,25
2
9 4 0

0 3.0 0
m
m
∆ = − >

⇔

− + ≠

0,25
9
0
4
m⇔ ≠ <
0,25
Câu II
(3 điểm )
1. (1,0 điểm )
Bất phương trình đã cho tương đương với hệ bất phương trình
2
2 2
( 1) 0
( 1) 3
x
x

+ >


+ <



0,25
2
1
2 8 0
x
x x
≠ −

⇔

+ − <

0,25
1
4 2
x
x
≠ −

⇔

− < <

0,25
4 1x⇔ − < < −
hoặc
1 2x− < <
0,25

2.(1,0 điểm )
Đặt
osx dt=-sinxdt sinxdx=-dtt c= ⇒ ⇒
0,25
Đổi cận
1
0 1,
3 2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
0,25
Do đó
1 1
3
3
1 1
2 2
1
I dt t dt
t
−
= =
∫ ∫

1
1
2
2
1

2t
= −
0,25

3
2
=
0,25
3. (1,0 điểm )
'( ) (1 )
x x x
f x e xe e x
− − −
= − = −
0,25
[ ]
'( ) 0 1 0;2f x x= ⇔ = ∈
0,25
3
2 1
(0) 0, (2) 2 , (1)f f e f e
− −
= = =
0,25
Suy ra
[ ]
-1
0;2
axf(x)=e
x

m
∈
tại
1x
=
;
[ ]
0;2
min f(x)=0
x∈
tại
0x
=
0,25
Câu 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
.sin 30
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 =
0,5
Diện tích đáy
2
1 1 3 3 3 9 3
. . .
2 2 2 4 16

ABC
a a a
S BC AH
∆
= = =
0,25
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
Câu IVa
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Vì
( )P d⊥
nên
( )P
có một vectơ pháp tuyến
(1;1; 1)n = −

r
0,25
( )P
đi qua
(1;2;3)A
và có vectơ pháp tuyến
(1;1; 1)n = −
r
nên có phương trình:
1( 1) 1( 2) 1( 3) 0x y z− + − − − =
0,5
0x y z⇔ + − =
0,25
2. (1,0 điểm )
Gọi
( )M d P= ∩
. Suy ra
1 4 5
( ; ; )
3 3 3
M
0,5
Do đó
2 6
( , )
3
d A d AM= =

0,5
Câu Va

(1,0 điểm)
Ta có
2 2
17(1 4 ) 17(1 4 )
2 2 3 4
(1 4 )(1 4 ) 1 4
i i
z i
i i
− −
= + = + = −
+ − +
0,5
Do đó
2 2
3 ( 4) 5z = + − =
0,5
Câu IVb
(2,0 điểm)

1. (1,0 điểm)
4
Vì
( )d P⊥
nên
d
có một vectơ chỉ phương
(1; 2;3)a = −
r
0,5

Đường thẳng
d
đi qua
(1;2;1)A
có phương trình chính tắc dạng:
1 2 1
1 2 3
x z z− − −
= =
−
0,5
2. (1,0 điểm )
Đường thẳng
OA
đi qua
(1;2;1)A
và có vectơ chỉ phương
(1;2;1)u OA= =
r uuur
Mặt phẳng
( )P
có vectơ pháp tuyến
(1; 2;3)n = −
r
0,25
Ta có
( )
u n
A P


⊥


∉


r r
(vì
. 0u n =
r r
và
1 2.2 3.1 12 0− + + ≠
)
Suy ra
//( )OA P
0,25
0,25
Do đó
6 14
( ,( )) ( ,( ))
7
d OA P d O P= =
0,25
Câu Vb
(1,0 điểm)
Ta có
2 2
(5 3 3 )(1 2 3 ) 13 13 3
1 3
(1 2 3 )(1 2 3 ) 1 (2 3)

i i i
z i
i i
+ + − +
= = = − +
− + +
0,25
1 3
2( )
2 2
i= − +
2 2
2(cos sin )
3 3
i
π π
= +
0,25
Suy ra
12 12 12
2 (cos8 sin8 ) 2 4096z i
π π
= + = =
0,5
5