BỘ ĐỀ ÔN TẬP THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2012 – 2013

BỘ ĐỀ ÔN TẬP THI THỬ TỐT NGHIỆP
THPT MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2012 – 2013
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
THPT
TỈNH……………. NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI THỬ MÔN: TOÁN
(Đề thi có 1 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời
gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số
3 2
y x 3x k.
= − +
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với k = 2.
2) Dựa và đồ thị (C). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình
3 2
x 3x m 0
− − =
có 1 nghiệm thực.
Câu 2 (3,0 điểm)
1) Giải phương trình
2x 1 x
3 9.3 6 0
+
− + =
2) Tính tích phân
2
sinx

0
I e .cos xdx
π
=
∫
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2
4 5
2
x x
y
x
− +
=
−
trên
đoạn
5 7
[ ; ]
2 2
.
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác
đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung
điểm H của cạnh BC. Biết góc giữa AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính
thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
1. Theo chương trình Chuẩn

Câu 4.a (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 8 4 1 0S x y z x z+ + − + + =
và đường thẳng
3
: 1
5 2
x t
d y t
z t
= −


= − +


= −

.
1) Xác định tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S). Viết phương trình
tổng quát của mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại điểm A(1; 1; 1).
2) Viết phương trình tham số của đường thẳng d’ qua B(1; 0; 1) và song
song với đường thẳng d.
Câu 5.a (1,0 điểm) Giải phương trình
2
2 3 0z z+ + =
trên tập số phức C.
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 4.b (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2

( ) : 4S x y z+ + =
và hai đường thẳng
1 4
: 1
2
x t
d y t
z t
= +


= +


= −

và
1 2 '
': 1 '
2 2 '
x t
d y t
z t
= +


= −


= −


1) Tính góc giữa hai đường thẳng d và d’.
2
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d, d’ và tiếp xúc với mặt
cầu (S).
Câu 5.b (1,0 điểm) Cho hai số phức z
1
= 2 + 5i và z
2
= 3 - 4i. Xác định phần
thực và phần ảo của số phức
1 2
z iz− −
……….HẾT……….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………………………………….Số báo danh:
……………… ……
Chữ ký giám thị 1: ……………………………………….Chữ ký giám thị 2:
………………
3
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
O
y=x
3
-3x
2

+2
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
1. Hướng dẫn chung
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn
cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo
không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong
toàn Hội đồng chấm thi.
3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành
0,5; lẻ 0,75 làm tròn thành 1.0 điểm).
2. Đáp án và thang điểm
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂ
M
1
(3.0điể
m)
1. Với k = 2 ta được y = x
3
– 3x
2
+ 2
. TXĐ: D = R
. Sự biến thiên:
.
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
.

2
' 3 6y x x= −
;
' 0 0y x= ⇔ =
hoặc
2x
=
. BBT:
. Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
0;2
. Hàm số đạt cực đại tại
x 0 2
CD
y= ⇒ =
Hàm số đạt cực tiểu tại
x 2 2
CT
y= ⇒ = −
. Đồ thị:
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.5
2.
3 2 3 2
x 3x m 0 (*) x 3x 2 m 2
− − = ⇔ − + = +
. Số nghiệm phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị (C)
0.25
4
và đường thẳng d: y = m + 2.
. Phương trình (*) có một nghiệm thực khi và chỉ khi
m 2 2
m 2 2
+ < −


+ >

m 4
m 0
< −

⇔

>

0.25
0.25
0.25

2
(3.0điể
m)
1.
2x 1 x 2x x
3 9.3 6 0 3.3 9.3 6 0
+
− + = ⇔ − + =
Đặt t = 3
x
(t > 0). Ta được phương trình
2
1
3t – 9t 6 0
2
t
t
=

+ = ⇔

=

.
1 3 1 0
x
t x= ⇒ = ⇔ =
.
3
2 3 2 log 2

x
t x= ⇒ = ⇔ =
0.25
0.25
0.25
0.25
2. Đặt
sin cost x dt xdx= ⇒ =
. Đổi cận:
1
2
0 0
x t
x t
π

= ⇒ =



= ⇒ =

.
1
1
0
0
/
1
t t

I e dt e
e
= =
= −
∫
0.25
0.25
0.25
0.25
3.
2
2
4 3
'
( 2)
x x
y
x
− +
=
−
5 7
1 [ ; ]
2 2
' 0
5 7
2 [ ; ]
2 2
x
y

x

= ∉

= ⇔


= ∉


5 7
( ) ( )
2 2
1
5 ;
3
y y= =
5 7
5 7
[ ; ]
[ ; ]
2 2
2 2
max 5 ;miny y= =
0.25
0.25
0.25
0.25
5
3

(1.0điể
m)
' ( )A H ABC⊥
nên A’H là chiều cao hình lăng trụ. Góc AA’
và (ABC) bằng góc
·
0
' 60A AH =
0 2
1 3
. .sin 60
2 4
ABC
S a a a= =
3
2
AH a=
và
0
3
' .tan 60
2
A H AH a= =
2 3
. ' ' '
3 3 3 3
. ' .
4 2 8
ABC A B C ABC
V S A H a a a= = =

(đvtt)
0.25
0.25
0.25
0.25
4a
1. Tâm I(4; 0; -2)
Bán kính
2 2 2
R 4 0 ( 2) 1 19= + + − − =
(P) có một véctơ pháp tuyến là:
(3; 1; 3)AI = − −
uur
Phương trình (P):
3( 1) 1( 1) 3( 1) 0 3 3 1 0x y z x y z− − − − − = ⇔ − − + =

0.25
0.25
0.25
0.25
2. Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là:
( 1;1; 2)a = − −
r
Đường thẳng d’ song song với đường thẳng d nên d’ có một
véc tơ chỉ phương là
' ( 1;1; 2)a = − −
ur
Phương trình tham số của
1
d’:

1 2
x t
y t
z t
= −


=


= −

0.25
0.25
0.5
5a
(1.0điể
m)
2
2 4.1.3 8∆ = − = −
Phương trình đã cho có hai nghiệm phức:
1 2
1 2
z i
z i

= − −

= − +



0.5
0.25
0.25
1. Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là:
(4;1; 1)a = −
r
Đường thẳng d’ có véc tơ chỉ phương là:
' (2; 1; 2)a = − −
ur
2 2 2 2 2 2
4.2 1.( 1) ( 1)( 2)
1
os( , ')
2
4 1 ( 1) 2 ( 1) ( 2)
c d d
+ − + − −
= =
+ + − + − + −
0
( , ') 45d d⇒ =
0.25
0.25
0.25
6
4b
(2.0điể
m)
2. Mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O(0; 0 ;0), bán kính R =

2
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là:
[ , '] ( 3;6; 6)n a a= = − −
r r ur
Do đó (P): x – 2y + z + c = 0.
(P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên:
( ,( ))
2 2 6
6
O P
c
d R c= ⇔ = ⇔ = ±
Vậy có hai mặt phẳng song song với d và d’ và tiếp xúc mặt
cầu (S) là:

1
( ) : 2 2 2 6 0P x y z− + − =
và
2
( ) : 2 2 2 6 0P x y z− + + =
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
5b
(1.0điể
m)
Ta có :
1

2
1 2
2 5
4 3
6 8
z i
iz i
z iz i
− = − −
− = − −
⇒ − − = − −
Vậy phần thực là - 6, phần ảo là - 8
0.25
0.25
0.5
7
SỞ GD & ĐT ……… KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC
PHỔ THÔNG
TRƯỜNG THPT …………. Môn thi : TOÁN
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Thời gian làm bài : 150 phút, không kể
thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO THÍ SINH CẢ 2 BAN (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm)
Cho hàm số
3
4
32
3
1
23

+++= mxxxy
(1) (m tham số)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2) Xác định các giá trị m để hàm số (1) đạt cực trị tại 2 điểm x
1
và x
2
thoả
mãn điều kiện

22
2
2
2
1
=+ xx
Câu II : (3,0 điểm).
a) Tính tích phân:
0
I x(x sin x)dx
π
= +
∫
.
b) Giải phương trình:
2
2 2
log x log 4x 4 0
+ − ≥
c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

x
y xe
=
trên đoạn
[-2;0].
Câu III: (1,0 điểm).
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên hợp
với đáy một góc
α
.
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần : A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu IVa : (2,0 điểm).
Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(-1;2;3), B(3;-4;5), C(0;-2;-1).
a) Viết phương trình mặt cầu đường kính AB
b) Gọi (P) là mặt phẳng đi qua C và vuông góc với đường thẳng AB;
Tìm giao điểm của đường thẳng
AB với mặt phẳng (P).
Câu Va : (1,0 điểm).
Tìm môđun của số phức z biết
(2 i)z 5(1 2i) 0− − + =
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu IVb : (2,0 điểm).
8
Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng
x 2 y 2 z
:
1 1 2

+ −
∆ = =
−
,
x 5 3t
: y 2 t
z t
= − +


′
∆ = −


=

a) Chứng minh rằng ∆ chéo với ∆’.
b) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ và song song với ∆’. Viết
phương trình mặt cầu (S) tâm
O và tiếp xúc với mặt phẳng (P) .
Câu Vb : (1,0 điểm).
Cho số phức
z 5 5 3 i
= − +
. Tính
2013
z
.
………………Hết ……………….

Học sinh không dùng tài liệu . Giám thị coi thi không giải
thích gì thêm.

SỞ GD & ĐT ……. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT
NGHIỆP
TRƯỜNG THPT ……… NĂM HỌC : 2012 - 2013
MÔN : TOÁN
12 - THPT
(Đáp án gồm 04 trang)
Lưu ý :▪ Chấm đúng theo điểm từng phần trong câu .
▪ Mọi cách giải đúng khác , nếu đến kết quả thì cho trọn điểm câu đó ,
nếu chưa đến kết quả thì các giám khảo thống nhất với nhau cho điểm
tương ứng với đáp án.
9
Câu Nội dung Điểm
Câu I (3,0 điểm)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ)
Câu I ( 3, 0 đ)
1) (2,0 đ)
+ Khi m = 1 hàm số có dạng
3
4
32
3
1
23
+++= xxxy
+ TXĐ : D = R
+ Giới hạn:
−∞=

−∞→
y
x
lim
và
+∞=
+∞→
y
x
lim
+Ta có y’ = x
2
+ 4x +3 , y’ = 0
1 0
3 4 / 3
x y
x y
= − ⇒ =

⇔

= − ⇒ =


+BBT
x –
∞
– 3 –1
+
∞

y’ + 0 – 0 +

y
4/3
+
∞
–
∞
0
Hàm đồng biến trên các khoảng (–
∞
, – 3) và (– 1,+
∞
), nghịch biến
trên khoảng (– 3, – 1). Đồ thị có điểm cực đại (– 3, 4/3) và điểm cực
tiểu (– 1, 0).
+ y” = 2x + 4, y” = 0
⇔
x = – 2
⇒
y = 2/3. Đồ thị có điểm uốn I( – 2,
2/3)
+Đồ thị
4
2
-2
-4
-5
5
u

x
( )
=
1
3
(
)
⋅
x
3
+2
⋅
x
2
+3
⋅
x+
4
3
2)(1,0 đ)
+ y’ = x
2
+ 4x + 3m
+ Hàm đạt cực trị tại hai điểm x
1
và x
2
thỏa
22
2

2
2
1
=+ xx
khi và chỉ khi
y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
thỏa
22
2
2
2
1
=+ xx

⇔
2
1 2 1 2
' 0
( ) 2 22x x x x
∆ >


+ − =

⇔
4 3 0
16 6 22

m
m
− >


− =

⇔
m = – 1
0,25
0,25
0,25
0,50
0,25
0,50
0,25
0,25
0,50
b) (1,0 điểm) .
▪ Giao với trục tung A(0; -1), hệ số góc tiếp tuyến f’(0) = -1
Phương trình tiếp tuyến d
1
: y = -1(x – 0) + (-1) ⇔ y = -x – 1
▪ Giao với trục hoành B(-2 ; 0), hệ số góc tiếp tuyến f’(-2) = -1/4
Phương trình tiếp tuyến
2
1 1 1
d : y (x 2) 0 y x
4 4 2
= − + + ⇔ = − −

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II (3,0 điểm)
10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
THPT
TỈNH ……… NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: 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
13
3
+−= xxy
có đồ thị (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
013
3
=++− mxx
Câu 2 (3,0 điểm):
1. Giải phương trình
2 3
2 2
log x log x 4 0
+ − =
2. Tính

1
0
( )
x
I x x e dx= +
∫

3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
ln 2y x x= −
trên
2
1;e
 
 
11
Câu 3 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có ∆ABC là tam giác đều cạnh
a, SA ⊥ (ABC). Góc giữa (SBC) và (ABC) là 60
0
. Tính thể tích khối chóp
S.ABC.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 ĐIỂM)
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (Theo chương trình
chuẩn hoặc chương trình nâng cao)
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu 4a (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho điểm A(5;1;3) B(1;6;2)
C(5;0;4) D(4;0;6).
1. Viết phương trình mặt phẳng (ABC).
2. Viết phương trình mặt cầu (S) tâm D và tiếp xúc với mp (ABC).
Câu 4b (1,0 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết
(3 2 ) 3 1.i z i iz+ + = +

2. Theo chương trình nâng cao:
Câu 5a (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho điểm A(2; 1; 3), B(3; –2;
1), C(–4; 1; 1) và D(1; 1; –3).
1. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AB và song song với CD.
2. Tìm tọa độ hình chiếu của M lên mp(P) biết M(1; 1; 1).
Câu 5b (1,0 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức
2
3 4 0x ix− + =
.
Hết
12
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
THPT
TỈNH ……… NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bảng hướng dẫn chấm gồm 04 trang
I. HƯỚNG DẪN CHUNG:
1. Nếu thí sinh làm bài không đúng theo cách nêu trong đáp án mà
vẫn đúng thì giám khảo cho đủ điểm từng phần theo hướng dẫn quy định.
2. Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong
hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và
được thống nhất thực hiện trong hội đồng chấm thi.
3. Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm
tròn thành 0,5 và lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0).
II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM:
Câu Nội dung Điểm
1
(3,0 đ)
1. (2,0 đ)

+ TXĐ: D = R
+ Sự biến thiên:
*
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
* Ta có
2
1
' 3 3; ' 0
1
x
y x y
x
=

= − = ⇔

= −

* BBT
x
-∞ -1 1 +∞
y’ + 0 - 0 +
y
3 +∞
-∞ -1
Hàm số đồng biến trên khoảng (-∞; -1) và (1; +∞), hàm số

nghịch biến trên khoảng (-1; 1).
Hàm số đạt cực đại tại
1, 3
CD CD
x y= − =
, hàm số đạt cực tiểu tại
1, 1
CT CT
x y= = −
,
+ Đồ thị:
Cho
0 1x y= ⇒ =
,
2 3x y= ⇒ =
,
2 1x y= − ⇒ = −
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
13
2. (1,0 đ)
Ta có
3
3 3
3 1( )

3 1 0 3 1 0
( )
y x x C
x x m x x m
y m d

= − +
− + + = ⇔ − + = − ⇔

= −

.
Số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng (d) là số nghiệm của
phương trình.
Khi
3 3
1 1
m m
m m
− > < −
 
⇔
 
− < − >
 
thì phương trình có một nghiệm.
Khi
3 3
1 1
m m

m m
− = = −
 
⇔
 
− = − =
 
thì phương trình có hai nghiệm.
Khi
1 3 3 1m m− < − < ⇔ − < <
thì phương trình có ba nghiệm.
0,25
0,25
0,25
0,25
2
(3,0 đ)
1. (1,0 đ)
Ta có
2 3 2
2 2 2 2
log x log x 4 0 log x 3log x 4 0
+ − = ⇔ + − =

2
2
log x 1
log x 4
=


⇔

= −

.
x 2
1
x
16
=


⇔

=

2. (1,0 đ)
Ta có
1 1 1 1
2 2
1 2
0 0 0 0
( ) ( )
x x x
I x x e dx x xe dx x dx xe dx I I= + = + = + = +
∫ ∫ ∫ ∫
1
1
3
2

1
0
0
1
3 3
x
I x dx= = =
∫
1
2
0
.
x
I x e dx=
∫
Đặt
x x
u x du dx
dv e dx v e
= =
 
⇒
 
= =
 
.
Khi đó
1
1 1 1
2

0 0 0
0
1
x x x x
I xe e dx xe e= − = − =
∫
Vậy
4
3
I =
.
3. (1,0 đ)
TXĐ:
(0; )D = +∞
Ta có
' ln 1 0 ( ).y x x e N= − = ⇔ =
2
(1) ( )
( )
2; 2; 2 2
e
e
y y e y e= − = − = −
Vậy
2 2
[1; ] [1; ]
2 2; 2
e e
Max y e Min y= − = −
0,25

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
(1,0 đ)
Hình vẽ 0,25
14
Gọi M là trung điểm BC. Khi đó
( ) ( )
0
( );( ) ; 60SBC ABC SM AM= =
Vì ∆ABC đều nên ta có
2 2
3
2
a
AM AB BM= − =
2
1 1 3 3
. . . ( )
2 2 2 4
ABC
a a

S AM BC a dvdt
∆
⇒ = = =
Ta có
0
3
.tan60
2
a
SA AM= =
Vậy
3
1 3
. ( )
3 8
SABC ABC
a
V SAS dvtt
∆
= =
0,25
0,25
0,25
4a
(2,0 đ)
1. (1,0 đ)
Ta có
( 4;5; 1), (0; 1;1)AB AC= − − = −
uuur uuur
Mp (ABC) có VTPT là

, (4;4;4)AB AC
 
=
 
uuur uuur
.
Vậy (ABC):
4( 5) 4( 1) 4( 3) 0x y z− + − + − =
9 0x y z⇔ + + − =
2. (1,0 đ)
MC (S) có tâm D(4; 0; 6). Vì mặt cầu tiếp xúc với (ABC) nên
1
( ;( ))
3
R d D ABC= =
.
Vậy (S):
2
2 2 2
1
( 4) ( 0) ( 6)
3
x y z
 
− + − + − =
 ÷
 
2 2 2
1
( 4) ( 6)

3
x y z⇔ − + + − =
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
4b
(1,0 đ)
Ta có
(3 2 ) 3 1 (3 ) 1 3i z i iz i z i+ + = + ⇔ + = −
1 3 (1 3 )(3 )
3 10
i i i
z i
i
− − −
⇔ = = = −
+
Vậy số phức z có phần thực là 0, phần ảo là -1.
0,25
0,5
0,25
5a
(2,0 đ)
1. (1,0 đ)
Ta có
(1; 3; 2), (5;0; 4)AB CD= − − = −

uuur uuur
Mp (P) có VTPT là
, (12; 6;15)AB CD
 
= −
 
uuur uuur
.
Vậy (P):
12( 2) 6( 1) 15( 3) 0x y z− − − + − =
4 2 5 21 0x y z⇔ − + − =
2. (1,0 đ)
Gọi d là đường thẳng đi qua M(1; 1; 1) và vuông góc với (P). Khi
0,25
0,25
0,25
0,25
15
đó VTCP của đường thẳng d là
(4; 2;5)u = −
r
.
Pt d:
1 4
1 2
1 5
x t
y t
z t
= +



= −


= +

Gọi H là hình chiếu của M lên mp (P). Khi đó tọa độ điểm H là
nghiệm của hệ pt
1 4
1 2
14
1 5
45
4 2 5 21 0
x t
y t
t
z t
x y z
= +


= −

⇔ =

= +



− + − =


Vậy
101 17 23
; ;
45 45 9
H
 
 ÷
 
0,25
0,5
0,25
5b
(1,0 đ)
Pt
2
3 4 0x ix− + =
Ta có
2 2
(3 ) 4.4 25 25i i∆ = − = − =
Vậy pt có nghiệm
1 2
4 ,x i x i= = −
0,5
0,5
16
SỞ GD VÀ ĐT KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG

TRƯỜNG THPT Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

A. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số:
3
3 1y x x= - + +
có đồ thị là
( )C
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với
trục tung.
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình:
2
3
3
2 log log (3 ) 14 0x x+ - =
2) Tính tích phân:
1
0
(2 1)
x
I x e dx= +
ò
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
4 3 2
2y x x x= - +

trên [–1;1]
Câu III (1,0 điểm):
Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy
bằng 60
0
. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón có đỉnh S và đáy
là đường tròn ngoại tiếp đáy hình chóp đã cho.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chương trình chuẩn
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
( 5;0;1), (7;4; 5)A B- -
và mặt phẳng
( ) : 2 2 0P x y z+ - =
1) Viết phương trình mặt cầu
( )S
có đường kính AB. Tính khoảng cách từ tâm
I của mặt cầu đến mặt phẳng
( )P
.
2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu
( )S
đồng thời
vuông góc với mặt phẳng
( )P
. Tìm toạ độ giao điểm của d và
( )P
.
Câu Va (1,0 điểm): Tìm môđun của số phức:
( )

1
2 3 3
2
z i i
æ ö
÷
ç
÷
= - +
ç
÷
ç
è ø
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho
(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)A B C- -
1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt
phẳng
( )ABC
.
2) Viết phương trình mặt cầu tâm B, tiếp xúc với đường thẳng AC.
Câu Vb (1,0 điểm): Tính môđun của số phức z =
2011
( 3 )i-
.
17
Hết
18
P N .
Cõu I:

Hm s
3
3 1y x x= - + +
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
2
3 3y x
Â
= - +
Cho
2 2
0 3 3 0 1 1y x x x
Â
= - + = = =
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= + Ơ = - Ơ
Bng bin thiờn
x
1 1 +
y
Â
0 + 0
y
+ 3
1

Hm s B trờn khong (1;1) ; NB trờn cỏc khong (;1), (1;+)
Hm s t cc i
Cẹ
3y =
ti
Cẹ
1x =
t cc tiu
CT
1y = -
ti
CT
1x = -
Bng giỏ tr: x 2 1 0 1 2
y 3 1 1 3 1
th hm s nh hỡnh v:

3
3 1y x x= - + +
Ta cú,
0 0
0, 1x y= =

2
0
( ) (0) 3.0 3 3f x f
 Â
= = - + =
Phng trỡnh tip tuyn cn tỡm l :
1 3( 0) 3 1y x y x- = - = +

Cõu II:

2
3
3
2 log log (3 ) 14 0x x+ - =
iu kin: x > 0
Khi ú,
2 2
3 3 3
3
2 log log (3 ) 14 0 2 log 2 log (3 ) 14 0x x x x+ - = + - =

2 2
3 3 3 3
2 log 2(1 log ) 14 0 2log 2 log 12 0x x x x+ + - = + - =

(*)
t
3
logt x=
, phng trỡnh (*) tr thnh
3
2
3
2
3
3 log 3 3
2 2 12 0
2 log 2

3
t x x
t t
t x
x
-
ộ
ộ ộ
= - = - =
ờ
ờ ờ
+ - =
ờ
ờ ờ
= =
=
ờ
ờ ờ
ở ở
ở
Vy, phng trỡnh ó cho cú cỏc nghim:
9x =
v
1
27
x =
Xột
1
0
(2 1)

x
I x e dx= +
ũ
t
2 1 2
x x
u x du dx
dv e dx v e
ỡ ỡ
ù ù
= + =
ù ù
ù ù
ị
ớ ớ
ù ù
= =
ù ù
ù ù
ợ ợ
. Thay vo cụng thc tớch phõn tng phn ta
c:
19
1 1
1
0
0
0
(2 1) 2 3 1 2 3 1 (2 2) 1
x x x

I x e e dx e e e e e= + - = - - = - - - = +
ò
 Vậy, I = e + 1
 Tìm GTLN, GTNN của hàm số
4 3 2
2y x x x= - +
trên đoạn
[ 1;1]-
 Hàm số
4 3 2
2y x x x= - +
liên tục trên đoạn
[ 1;1]-

3 2 2
4 6 2 2 (2 3 1)y x x x x x x
¢
= - + = - +
 Cho
2
1
0 2 (2 3 1) 0 0; 1;
2
y x x x x x x
¢
= - + = = = =Û Û
(nhận cả 3 giá
trị này)
 Ta có,
4 3 2

(0) 0 2.0 0 0f = - + =
( ) ( ) ( ) ( )
4 3 2
1 1 1 1
2 2 2 2
1
2.
16
f = - + =
4 3 2
(1) 1 2.1 1 0f = - + =
4 3 2
( 1) ( 1) 2.( 1) ( 1) 4f - = - - - + - =
Trong các số trên, số 0 nhỏ nhất và số 4 lớn nhất.
 Vậy,
khi hoaëc khi
[ 1;1] [ 1;1]
min 0 0 1, max 4 1y x x y x
- -
= = = = = -
Câu III
 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Do S.ABCD là hình chóp đều nên
( )SO A CBD^
 Suy ra, OB là hình chiếu vuông góc của SB lên mp(ABCD)
Do đó,
·
0
60SB O =
. Kết hợp,
2

2
a
r OB= =
ta suy ra:
0
0 0
2 6
. t an 60 3
2 2
2
2
cos 60 2 cos 60
a a
h SO OB
OB a
l SB a
= = = × =
= = = =
×
 Diện tích xung quanh của mặt nón:
2
2
. . 2
2
xq
a
S r l a a
p p p
= = × × =

(đvdt)
 Thể tích hình nón:
2 3
2
1 1 6 6
. .
3 3 2 2 12
a a a
V r h
p
p p
= = × × =
(đvtt)
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:
( 5;0;1), (7;4; 5)A B- -
và
( ) : 2 2 0P x y z+ - =
 Gọi I là trung điểm AB ta có
(1;2; 2)I -
 Mặt cầu
( )S
có đường kính AB, có tâm
(1;2; 2)I -
 Và bán kính
2 2 2
(1 5) (2 0) ( 2 1) 7R IA= = + + - + - - =
 Vậy, phương trình mặt cầu
( )S
:

2 2 2
( 1) ( 2) ( 2) 49x y z- + - + + =
 Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng
( ) : 2 2 0P x y z+ - =
là:
2 2 2
1 2.2 2.( 2)
9
( ,( )) 3
9
1 2 ( 2)
d I P
+ - -
= = =
+ + -
20
 Đường thẳng d đi qua điểm
(1;2; 2)I -
, đồng thời vuông góc với mp
( ) : 2 2 0P x y z+ - =
nên có vtcp
(1;2; 2)
P
u n= = -
r r
 PTTS của d:
1
2 2 ( )
2 2
x t

y t t
z t
ì
ï
= +
ï
ï
ï
= + Î
í
ï
ï
= - -
ï
ï
î
¡
 Thay PTTS của d vào PTTQ của
( ) : 2 2 0P x y z+ - =
ta được:
1 2(2 2 ) 2( 2 2 ) 0 9 9 0 1t t t t t+ + + - - - = + = = -Û Û
 Thay
1t = -
vào PTTS của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P) là
(0; 0;0)O
Câu Va:
( )
2
1 1 3 3 3
2 3 3 2 2 3 3 4

2 2 2 2
z i i i i i i
æ ö
÷
ç
÷
= - + = × + - - = -
ç
÷
ç
è ø
 Vậy,
2
2
3 3 3 3 27 91 91
4 4 16
2 2 4 4 2
z i z
æ ö
÷
ç
÷
ç
= + = + = + = =Þ
÷
ç
÷
ç
è ø
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:
 Với
(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)A B C- -
.
Ta có hai véctơ:
( 1; 2; 4)A B = - -
uuur
,
( 2;1;3)A C = -
uuur


2 4 4 1 1 2
[ , ] ; ; ( 10; 5; 5) 0 , ,
1 3 3 2 2 1
A B A C A B C
æ ö
- - - -
÷
ç
÷
ç
= = - - - ¹Þ
÷
ç
÷
ç
- -
÷
÷

ç
è ø
uuur uuur
r

không thẳng hàng.
 Điểm trên mp
( )ABC
:
(2;0; 1)A -
 vtpt của mp
( )ABC
:
[ , ] ( 10; 5; 5)n A B A C= = - - -
uuur uuur
r
 Vậy, PTTQ của mp
( )ABC
:
0 0 0
( ) ( ) ( ) 0A x x B y y C z z- + - + - =
10( 2) 5( 0) 5( 1) 0
10 5 5 15 0
2 3 0
x y z
x y z
x y z
- - - - - + =Û
- - - + =Û
+ + - =Û

 Đường thẳng AC đi qua điểm
(2;0; 1)A -
, có vtcp
( 2;1;3)u A C= = -
uuur
r
 Ta có,
( 1; 2; 4)A B = - -
uuur
( 2;1;3)u A C= = -
r uuur
. Suy ra

2 4 4 1 1 2
[ , ] ; ; ( 10; 5; 5)
1 3 3 2 2 1
A B u
æ ö
- - - -
÷
ç
÷
ç
= = - - -
÷
ç
÷
ç
- -
÷

÷
ç
è ø
uuur r
 Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta được
2 2 2
2 2 2
[ , ] ( 10) ( 5) ( 5)
15
( , )
14
( 2) (1) (3 )
A B u
d B A C
u
- + - + -
= = =
- + +
uuur
r
r
 Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm
(1; 2;3)B -
, bán kính
15
( , )
14
R d B AC= =
nên có pt
21

2 2 2
225
( 1) ( 2) ( 3)
14
x y z- + + + - =
Câu Vb: Ta có,
3 3 2 2 3 3
( 3 ) ( 3) 3.( 3) . 3. 3. 3 3 9 3 3 2 .i i i i i i i- = - + - = - - + = -
 Do đó,
670
2010 3 3 670 2010 670 2010 4 167 2 2010
( 3 ) ( 3 ) ( 2 ) 2 . 2 .( ) . 2i i i i i i
é ù
- = - = - = = = -
ê ú
ë û
Vậy,
2011 2010
( 3 ) 2 .( 3 )z i i= - = - -
2010 2 2
2 . ( 3) 1 2011z = + =Þ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
THPT
TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013
THPT MÔN: TOÁN
(Đề thi có 1 trang) Thời gian làm bài :150 phút( Không kể thời
gian giao đề)
22

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (3,0 điểm ). Cho hàm số
1
32
−
−
=
x
x
y
có đồ thị ( C )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số
b)Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C ) song song với đường
phân giác góc phần thư thứ nhất
Câu 2: (3,0 điểm ).
a) Giải phương trình
1
1
1
5 26 0
5
x
x
+
−
+ − =
b) Tính tích phân
2
0
cos
3 sin

x
J dx
x
π
=
+
∫
c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1
2
x
y
x
= + +
trên
đoạn
[ ]
1;3
.
Câu 3: (1,0 điểm ). Cho hình chóp
.S ABC
có hai tam giác
SBC
và
ABC
là
hai tam giác đều. Góc giữa cạnh SA và mặt phẳng
( )
ABC

là 60
0
. Khoảng cách
từ điểm S đến cạnh BC bằng
3
2
a
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu 4a:(2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ oxyz cho hai đường thẳng





−−=
−=
+=
tz
ty
tx
d
81
6
42
:)(
1

129
2
6
7
:)(
2
zyx
d =
−
=
−
−
1) Chứng minh (d
1
) song song (d
2
)
2) Viết phương trình mặt (P) chứa cả ( d
1
) và ( d
2
)
Câu 5a: (1,0 điểm). Tìm mô đun số phức z biết :
2)1)(3(3 =+−+ iiiz
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 4b:(2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P):
x y z+ − + =2 3 0
, điểm
( ; ; )M −1 1 2
và đường thẳng

:
x y z+ −
∆ = =
1 3
2 1 4
.
1) Tìm hình chiếu của điểm M trên mặt phẳng (P).
2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M, cắt
∆
và song song
với mặt phẳng (P)
Câu 5b:(1,0 điểm). Tính môđun của số phức z, biết rằng
z z i+ = +2 6 2
.
…… HẾT …….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : ………………………………… Số báo danh:
…………………………
23
Chữ ký giám thị 1:………………………………. Chữ ký giám thị 2:
…………………………
Đáp án gợi ý
Câu Nội dung Điểm
1
(3,0
điểm)
a) (2,0 điểm)
TXĐ :
{ }
1\RD =

0
)1(
1
2
'
>
−
=
x
y

1
≠∀
x
+∞=
−
→1
lim
x
y
,
−∞=
+
→1
lim
x
y

⇒
1

=
x
là tiệm cận đứng

2lim =
+∞→
y
x
,
2lim =
−∞→
y
x
2=⇒ y
là tiệm cận ngang
Bảng biến thiên
x
∞−
1
∞+
'
y
+ +
y
2
∞+

∞−

Hàm số đồng biến trên khoảng (

)1;∞−
và (
);1 +∞
Điểm đặc biệt
30 =⇒= yx
2
3
0 =⇒= xy
Đồ thị hàm số đã cho nhận điểm I (1 ; 2 ) làm tâm đối xứng
b) (1,0 điểm)
Gọi
( )
0 0
;M x y
là toạ độ tiếp điểm
24
2
Đường phân giác góc phần tư thứ nhất có hệ số góc
1k =
Vì tiếp tuyến của đồ thị song song với đường phân giác góc
phần tư thứ nhất nên :
1)(
0
'
=xf
( )
2
0
1
1

1x
⇔ =
−
( ) ( )
2
0 0
1 1 x 1x⇔ − = ≠

0 0
0 0
2 1
0 3
x y
x y
= ⇒ =

⇔

= ⇒ =

)1;2(M⇒
,
)3;0(N
Pttt của đồ thị (C) tại
)1;2(M
là :
1y x= −
Pttt của đồ thị (C) tại
)3;0(N
là :

3y x= +
2
(3,0
điểm)
a) (1,0 điểm)
1
1
1
5 26 0
5
x
x
+
−
+ − =
5
5.5 26 0
5
x
x
⇔ + − =
Đặt
( )
5 , 0
x
t t= >
ta có p/trình
( )
5
5. 26 0, 0t t

t
+ − = >

2
5 26 5 0t t⇔ − + =
Giải p/trình này được
1
5;
5
t t= =
(thỏa mãn đ/k
0t >
)
*Với
5t =
, ta có
5 5 1
x
x= ⇔ =
*Với
1
5
t =
, ta có
1
1
5 5 5 1
5
x x
x

−
= ⇔ = ⇔ = −
Vậy p/trình đã cho có hai nghiệm
1; 1x x= = −
b) (1,0 điểm)
Đặt
3 sint x= +
.
Ta có :
cosdt xdx=
Đổi cận:
0 3x t= ⇒ =
4
2
x t
π
= ⇒ =
Khi đó
4
3
dt
J
t
=
∫
4
3
4
ln ln 4 ln3 ln
3

t= = − =

c) (1,0 điểm)
• Đạo hàm
2
2 1
2
y
x
′
= − +
•
2
2
2 1
0 0 4 2
2
y x x
x
′
= ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = ±
Trên đoạn
[ ]
1;3x =
ta lấy
2x
=
.
• Ta có
( )

2 1 7
1 1
1 2 2
y = + + =
;
( )
2 2
2 1 3
2 2
y = + + =
25