3 đề ôn thi có giải chi tiết

SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011
TRƯỜNG THPT BẮC TRÀ MY
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
ĐỀ THI THAM KHẢO
I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm)
x−2
Cho hàm số y =
có đồ thị (C)
x −1
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) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục tung.
Câu 2 (3,0 điểm)
1. Giải phương trình: 7 x + 2.71−x − 9 = 0 ( x ∈ R ) .
2. Tìm GTLN và GTNN của hàm số f ( x) =

ln 2 x
3
trên đoạn 1; e  .
x

e

3. Tính tích phân I =

2x+lnx
∫1 x dx .

Câu 3 (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với AC = 2a; SA ⊥ (ABC); góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (SAC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
II – PHẦN RIÊNG (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 Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 4 z = 0 và mặt phẳng
(P) có phương trình: 2x - y + 2z + 3 = 0.
1. Tìm tọa độ tâm I và bán kính của mặt cầu (S). Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S).
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) là tiếp diện của mặt cầu (S) biết mặt phẳng (Q) song song với mặt
phẳng (P).
Câu 5.a (1,0 điểm)
Cho số phức z thỏa mãn ( 1 + i )

2

( 2 − i ) z = 8 + i + ( 1 + 2i ) z . Tính môđun của số phức z.

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 4.b (2,0 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:

x −1 y + 3 z − 3
=
=
và mặt phẳng (α) có phương trình:
−1
2
1

2x + y − 2z + 9 = 0 .
1. Tìm tọa độ điểm I thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( α ) bằng 2.
2. Gọi A là giao điểm của d và ( α ) . Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trong ( α ) , qua
A và vuông góc với d.
Câu 5b (1,0 điểm)
Giải phương trình x 2 − (3 + 4i) x − 1 + 5i = 0 trên tập số phức.
------------------Hết--------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.


SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT BẮC TRÀ MY

CÂU
Câu 1
(3,0 điểm)

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011
Môn thi: TOÁN
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. (2,0 điểm)
a) Tập xác định: D = R\{1}
b) Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên:
1
> 0 ∀x ≠ 1
Ta có: y ' =

2
( x − 1)

0,25

0,50

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1: +∞).
* Cực trị:
Hàm số không có cực trị
* Giới hạn và tiệm cận:
lim+ y = −∞, lim− y = +∞; lim y = 1, lim y = 1.
x →1

x →−∞

x →1

x →+∞

Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 và một tiệm
cận ngang là đường thẳng y = 1.
* Bảng biến thiên:
x

-∞

1

+∞

+

y'

0,50

+
+∞

0,25

1

y
1

-∞

c) Đồ thị:
(C) cắt trục tung tại điểm ( 0; 2 ) và trục hoành tại điểm ( 2; 0 ) .
y

2
0,50
1
0

1

2

x

2. (1,0 điểm)
Gọi A = (C) ∩ Oy. Khi đó A(0; 2).
1
Ta có: y ' =
2
( x − 1)
y ' ( 0) = 1

Do đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A là: y = x + 2.

0,25
0,50
0,25


Câu 2
(3,0 điểm)

1. (1,0 điểm)
Đặt t = 7 x , t > 0 .
Khi đó phương trình đã cho trở thành: t +

0,50

14
− 9 = 0 ⇔ t 2 − 9t + 14 = 0 (*)

t

Giải (*), ta được t = 2 và t = 7.
x
Với t = 2 thì 7 = 2 ⇔ x = log 7 2
Với t = 7 thì 7 x = 7 ⇔ x = 1
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: T = { log 7 2; 1}
2. (1,0 điểm)
Ta có:
( 2 − ln x ) ln x ∀x ∈ 1; e3 
f '( x) =


x2

0,25
0,25

0,50

x = 1
f ' ( x ) = 0 ⇔ ( 2 − ln x ) ln x = 0 ⇔ 
2
x = e
4
9
2
3
Khi đó: f ( 1) = 0, f e = 2 , f e = 3 .
e

e

( )

( )

0,25

f ( x ) = 0 khi x = 1 và Max f ( x ) = 4 khi x = e 2 .
Suy ra: xMin
∈1; e3 
x∈1; e3 
e2
3. (1,0 điểm)
e
e
2 x + ln x
ln x 

I =∫
dx = ∫  2 +
÷dx
x
x 
1
1
e

e

1

1

0,25

0,50

= 2 ∫ dx + ∫ ln x d ( ln x )
= 2 ( e − 1) +
Câu 3
(1,0 điểm)

(

)

1 2 e
3
ln x = 2e − .
1
2
2

S
Trong ∆ vuông cân ABC, kẻ BI ⊥ AC
⇒ I là trung điểm của AC.
 BI ⊥ AC
⇒ BI ⊥ SC
Do 

 BI ⊥ SA
Trong ∆ vuông SAC, kẻ IK⊥ SC, AH ⊥ SC
Khi đó:
A
 SC ⊥ IK
⇒ SC ⊥ ( BIK )
*
 SC ⊥ BI
Suy ra: góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAC)
·
·
chính là BKI
. Do đó: BKI
= 600 .
AH AC
=
= 2 ⇒ AH = 2 IK .
* AH // IK ⇒
IK
IC

0,5

H
K
0

I

60

C

B

AC
Trong ∆ vuông BIK, ta có: IK = BI = 2 = a 3
tan 600
3
3
Suy ra: AH =

2a 3
3

1
1
1
9
1
1
=
−
=
− 2 = 2 ⇒ SA = a 2
2
2
2
2
SA

AH
AC
12a
4a
2a
2
2
Trong ∆ vuông cân ABC, ta có: 2 AB = 4a ⇒ AB = a 2 = BC .
Trong ∆ vuông SAC, ta có:

0,25

0,50


Khi đó:
1
AB.BC = a 2 .
2
1
a3 2
(đvtt)
VS . ABC = .S ∆ABC .SA =
3
3
1. (0,75 điểm)
* Tâm I và bán kính R của mặt cầu (S): I(1; 2; 2) và R = 3.
2.1 − 2 + 2.2 + 3 7
=
* Khoảng cách h từ I đến (P): h =

2
22 + ( −1) + 22 3
S ∆ABC =

Câu 4.a
(2,0 điểm)

7
Vì h = < 3 = R nên (P) cắt mặt cầu (S) (đpcm).
3
2. (1,25 điểm)
Vì (Q) song song với (P) nên phương trình (Q) có dạng:
2x – y + 2z + D = 0 (D ≠ 3).
2.1 − 2 + 2.2 + D
D+4
=
Ta có: d ( I , ( Q ) ) =
2
3
22 + ( −1) + 22

0,25

0,25

0,50

0,25
0,25

(Q) là tiếp diện của mặt cầu (S) nên d ( I , ( Q ) ) = R
⇔

D+4

D = 5
=3⇔ 
(thỏa D ≠ 3)
 D = −13

3
Do đó có hai mặt phẳng (Q) thỏa đề bài là:
2x – y + 2z + 5 = 0 và 2x – y + 2z – 13 = 0.
Câu 5.a
(1,0 điểm)

Ta có:
2
( 1 + i ) ( 2 − i ) z = 8 + i + ( 1 + 2i ) z
⇔ ( 1 + 2i ) z = 8 + i
⇔z=

0,50

Do đó: z = 2 + ( −3) = 13
Câu 4.b
(2,0 điểm)

0,25

0,50

8+i
= 2 − 3i
1 + 2i
2

0,50

2

1. (0,75 điểm)
x = 1− t

Phương trình tham số của d là:  y = −3 + 2t
z = 3 + t


0,25

Do I∈d nên I ( 1 − t ; −3 + 2t;3 + t ) .
d ( I,( α ) ) = 2 ⇔

2 ( 1 − t ) − 3 + 2t − 2 ( 3 + t ) + 9
22 + 12 + ( −2 )

2

=2

 t = −2
=2⇔
3
t = 4
Do đó có hai điểm I thỏa đề bài là: I(3; -7; 1) và I(-3; 5; 7).
2. (1,25 điểm)
Do A∈d nên A ( 1 − t1 ; −3 + 2t1;3 + t1 ) .
⇔

2 − 2t

Do A∈(α) nên ta có: 2 ( 1 − t1 ) − 3 + 2t1 − 2 ( 3 + t1 ) + 9 = 0 ⇔ t1 = 1
Do đó A(0; -1; 4).
r
Mặt phẳng (α) có vectơ pháp tuyến n = ( 2;1; −2 ) .
r
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = ( −1; 2;1) .

0,50

0,25
0,50


r r
Ta có:  n, u  = ( 5;0;5 )
r
r r
r
Do vectơ u ∆ =  n, u  có phương song song hoặc trùng với đường thẳng ∆ nên u ∆ là

một vectơ chỉ phương của ∆.
 x = 5t '

Suy ra phương trình tham số của đường thẳng ∆ là:  y = −1
 z = 4 + 5t '

Câu 5.b
(1,0 điểm)

Ta có: ∆ =  − ( 3 + 4i )  − 4.1. ( −1 + 5i ) = −3 + 4i = ( 1 + 2i )
2

2

0,50
0,50

Vì ∆ = ( 1 + 2i ) ≠ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
2

x1 =

3 + 4i − ( 1 + 2i )

= 1+ i
2
3 + 4i + 1 + 2i
x2 =
= 2 + 3i
2

0,50

---------- HẾT ----------


BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
SỞ GD- ĐT QUẢNG NAM

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút.

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

x4
5
Câu 1.(3 điểm). Cho hàm số y =
- 3x 2 +
2
2

(C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại điểm có hoành độ x = 1.
Câu 2. (3 điểm )
1. Giải phương trình: 16 x − 17.4 x + 16 = 0
∏

2. Tính tích phân I=

∫( e
0

cos x

+ x ) sin xdx

3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = −2 x 3 + 4 x 2 − 2 x + 2 trên [−1; 3] .
Câu 3. (1 điểm ) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a;góc giữa cạnh bên và đáy
bằng 60 0 .Tính diện tích xung quanh và thể tích của khối nón đỉnh S, đáy là hình tròn ngoại tiếp tứ
giác ABCD
II.PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm).
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu 4.a (2điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d):

x+2 y z +3
=
=
1
−2
2

và mặt phẳng(P): x + 2 y − 2 z + 6 = 0 .
1. Viết phương trình mặt cầu tâm I (1; −2; 3) và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
2. Viết phương trình mặt phẳng (α ) chứa đường thẳng (d) và vuông góc với mặt phẳng (P).
Câu 5.a ( 1,0 điểm ).Giải phương trình: x 2 + 2 x + 5 = 0 trên tập số phức.
2.Theo chương trình nâng cao :

 x = 2 + 2t

Câu 4.b ( 2,0 điểm ): Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d):  y = −1 + 3t và mặt phẳng
 z = 1 + 5t

(P): 2x + y + z – 8 = 0.
1/ Chứng tỏ đường thẳng (d) không vuông góc mp (P). Tìm giao điểm của đường thẳng (d)
và mặt phẳng (P).
2/ Viết phương trình đường thẳng (d’) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng (d) lên
mặt phẳng (P).
Câu 5.b ( 1,0 điểm ) :Giải phương trình: z 2 − (3 + 4i ) z + (−1 + 5i ) = 0 trên tâp số phức
.................................................. HẾT ............................................


Sở GD & ĐT Quảng Nam
Trường THPT Chu Văn An
(ĐỀ THI THAM KHẢO)
----------------------

KỲ THI TỐTNGHIỆPTRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011
Đáp án môn thi: TOÁN
--------------------------------------------------------

CÂU
Câu 1
3 điểm

ĐÁP ÁN
1

ĐIỂM

- Tập xác định R
- Sự biến thiên:
y = +∞; lim y = +∞
+ Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞
+ Bảng biến thiên:
Chiều biến thiên: y’ = 2x3 – 6x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 3
−∞

x
y‘
y

- 3
0

-

0
0

+

-

0

5
2

+∞
-2

+∞

3

0,25
0,25
0,25

+

+∞
-2

Hàm số đồng biến trên các khoảng (− 3;0 ) và ( 3; +∞) , hàm số
nghịch biến trên khoảng (−∞, − 3) & (0, 3)
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ =

5
,
2

Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 3 , yCT = -2
- Đồ thị : vẽ đúng, có bảng giá trị đặc biệt
y

0,25

0,25
0,25
0,5

f(x)=(x^4)/4-3*x^2+(5/2)

5

x
-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

-5

Kết luận: Đths nhận Oy làm trục đối xứng.

2

- Khi x = 1, ta có y = 0
- Hệ số góc tiếp tuyến : y’( 1 ) = -4
- Phương trình tiếp tuyến cần tìm là : y = -4( x – 1 ) = -4x +4

0,25
0,25
0,5

1

- Đưa về 42 x − 17.4 x + 16 = 0
- Đặt t = 4 x đk : t > 0

0,25

Câu 2
3 điểm

t = 1
Pt trở thành : t − 17.t + 16 = 0 ⇔ 
thỏa đk
t
=
16

x

- t = 1 ⇒ 4 =1⇔ x = 0

0,25

2

0,25


0,25

- t = 16 ⇒ 4 x = 16 ⇔ x = 2
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0 và x = 2.
2

π

π

cosx
∫0 e .sinx.dx + ∫0 x.sinx.dx
* đặt t = cosx ⇒ dt = - sinxdx và x=0 ⇒ t=1 ; x= π ⇒ t=-1
−1
1
π
1
t
t
t 1
Nên ∫ ecosx .sinx.dx = ∫ e .(−dt) = ∫ e .dt = e −1 = e −

1
−1
0
e
u = x
du = dx
⇒
*đặt 
dv = sinx.dx v = −cosx

-I=

Nên

∫

π

0

π

x.sinx.dx = − x.cosx π0 + ∫ cosx.dx = π + sinx
0

Vậy I = e −
3

π
0

0,25
0,25

0,25

=π

1
+π .
e

0,25

f(x) = -2x 3 +4x 2 - 2x +2 trên đoạn [ −1;3]

 x = 1∈ [ −1;3]
f ‘(x) = −6 x 2 + 8 x − 2 = 0 ⇔ 
 x = 1 ∈ [ −1;3]

3
1
46
f(1) = 2; f(3) = -22; f(-1) = 10; f( ) =
3
27
Vậy max f ( x ) = 10 ; min f ( x) = −22
[ −1;3]

0,25

0,25
0,5

[ −1;3]

Câu 3
1 điểm

- Do SABCD là hình chóp đều nên ABCD là hình vuông cạnh a
Gọi O=AC∩BD ⇒SO là đường cao h.chóp và là đường cao hình nón .
- Do OD là hình chiếu SD lên (ABCD) nên góc giữa cạnh bên SD và
∧
đáy là SDO
Trong tam giác vuông SOD ta có SO = DO . tan 600 =

0,25

a 2
a 6
. 3=
2
2

DO
= a 2 (SD = l là đường sinh của hình nón).
cos600
a 2
- Đường tròn ngoại tiếp ABCD có tâm O bán kính r=OD =
2

Và SD =

Vậy :

0,25


- Diện tích xung quanh hình nón là :

S xq = π rl = π .

0,25

a 2
.a 2 = π .a 2 (đvdt).
2

- Thể tích khối nón là

2

V=

0,25

1 2
1  a 2  a 6 πa 6
(đvtt)
π r h = .π .
=

÷
3
3  2  2
12
3

Câu 4a
2 điểm
1

(S) có bán kính R bằng khoảng cách từ I đến (P)

⇒ R= d(I; (P)) =

1.1 + 2.(−2) − 2.3 + 6
1+ 4 + 4

Vậy (S): ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 1

0,5

- (d) qua A(-2;0;-3) có VTCP u = (1; −2;2)

0,25

2

2

Câu 5a

1 điểm
Câu 4b
2 điểm

0,5

=1

2

2

r

r
- (P) có VTPT n = (1;2; −2)
ur urr
( α ) qua A có VTPT n ' = u;n  = ( 0;4;4 ) = 4(0;1;1)
Pttq của ( α ) là: y + z +3 = 0.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5

- ∆ ' = 1 − 5 = −4 = 4i ⇒ ∆ ' = 2i
- phương trình có 2 nghiệm phức là: x = -1 – 2i và x = -1 + 2i.
2

1

r

a).- (d) qua A(2;-1;1) có VTCP u = (2;3;5)

r

- (P) có VTPT n = (2;1;1)

urr

r

r

0,25

r

Ta có: u;n  = ( −2;8; −4 ) ≠ 0 nên u & n không cùng phương do đó d
không vuông góc với (P).
b). Gọi H = d ∩ ( P) nên H ( 2 + 2t ; −1 + 3t ;1 + 5t ) thế vào phương
trình của (P) ta được: 2(2+2t)-1+3t+1+5t -8 =0 ⇒ t=

8
3

1
3

8
3

0,25
0,25

Vậy H  ;0; ÷
2

0,25

- đường thẳng d’ qua A∈ d và vuông góc với (P) nên nhận VTPT của

 x = 2 + 2t '

(P) làm VTCP có ptts là:  y = −1 + t '
z = 1 + t '


-K = d '∩ ( P ) nên K ( 2 + 2t '; −1 + t ';1 + t ' ) thế vào (P) ⇒ t’ =

0,25

2
3

 10 1 5 
;− ; ÷
 3 3 3

Nên K 

0,25

Do đó đường thẳng qua H, K là hình chiếu vuông góc của d lên (P) có

uuur  2
3

1
3




VTCP HK =  ; − ; −1÷ =

1
( 2; −1; −3)
3

0,25


Câu 5b
1 điểm

8


x
=
+ 2t

3

Vậy d’:  y = −t

8
 z = − 3t
3

2
z − (3 + 4i ) z + (−1 + 5i ) = 0
∆ = (−(3 + 4i )) 2 − 4(−1 + 5i ) = −3 + 4i = (1 + 2i) 2
PT có 2 nghiệm phân biệt z1 = 2 + 3i
z2 = 1 + i

0,25

0,5
0,5


THPT HOÀNG DIỆU

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỒ THÔNG NĂM 2011

ĐỀ THI THAM KHẢO

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

I - PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y = − x 3 − 3x 2 + 4 .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 3 + 3x 2 + m − 4 = 0 .
Câu 2 (3,0 điểm)
1) Giải phương trình log32 x − 8log3 x + 3 = 0 .
e 3
x + ln x
dx .
2) Tính tích phân I = ∫
2
1 x

(

)

1 3

3x + 2 4x 2 − 5x
3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = e
trên đoạn  ;  .
2 2

Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, AC = a , cạnh bên
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600 . Gọi G là

trọng tâm của tam giác SAB, tính thể tích của khối chóp G.ABC theo a.
II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần cho chương trình chuẩn 4a,5a; phần cho
chương trình nâng cao 4b,5b).
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; -2; -5) và đường thẳng (d) có phương trình:
x −1 y +1 z
=
=
2
−1 2

1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng (d).
Tìm tọa độ giao điểm của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d).
2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng (d) và đi qua hai điểm A và O.
Câu 5a (1,0 điểm). Giải phương trình (z + 2)2 + 2(z + 2) + 5 = 0 trên tập số phức.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 4b (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) và đường thẳng (d) có phương trình:
(S): x 2 + y 2 + z 2 − 8x + 6y − 4z + 15 = 0 và (d):

x+2 y+2 z
=
=
3
2
−1

1) Xác định tọa độ tâm I và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ I đến đường thẳng (d).
2) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) và vuông góc với (d).

Câu 5b (1,0 điểm). Giải phương trình z 2 − ( 4 − 2i ) z + 7 − 4i = 0 trên tập số phức.


----------------Hết---------------

Đáp án và thang điểm
CÂU

Ý

I. PHẦN CHUNG
Câu 1

1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = − x 3 − 3x 2 + 4 .
1. Tập xác định: D = ¡
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn: lim y = +∞ và lim y = −∞
x →−∞
x →+∞
b) Bảng biến thiên:
• y ' = −3x 2 − 6x

x
y'
y

 x = −2
y ' = 0 ⇔ −3x 2 − 6x = 0 ⇔ 
x = 0
-∞

-2
−
0
+
∞
+

ĐIỂM
7.0
2.0
0.25
0.25

0.25

+∞

0
0
4

−

0.75

0
-∞
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −2 ) và ( 0; +∞ ) , đồng biến trên

khoảng ( −2;0 ) .

+ Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 ; giá trị cực đại của hàm số là y(0) = 4 .
+ Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = −2 ; giá trị cực tiểu của hàm số là y(−2) = 0 .
3. Đồ thị:
+ Giao điểm của đồ thị với trục tung là điểm ( 0; 4 ) .
+ Giao điểm của đồ thị với trục hoành là các điểm ( −2;0 ) ; ( 1;0 ) .
+ Đồ thị đi qua điểm ( −1; 2 ) .

8

y

7
6
5
4
3
2

y=-x - x +

1

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

-1
-2

m

y=m

0.5

-3
-4
-5

2 Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
x 3 + 3x 2 + m − 4 = 0 (1)

1.0


• Ta có : x 3 + 3x 2 + m − 4 = 0 ⇔ m = − x 3 − 3x 2 + 4 .
• Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y = − x 3 − 3x 2 + 4 và đường thẳng y = m .

0.25
0.25

• Dựa vào đồ thị, ta suy ra kết quả biện luận về số nghiệm của phương trình

Câu 2

(1) như sau:
+ m < 0 ∨ m > 4 : Phương trình (1) có 1 nghiệm.
+ 0: Phương trình (1) có 3 nghiệm.
m
=
0

+ 
: Phương trình (1) có 2 nghiệm.
m = 4
1 Giải phương trình log 2 x − 8log x + 3 = 0 (1)
3
3
Điều kiện: x > 0
• Khi đó: log32 x − 8log3 x + 3 = 0 ⇔ log32 x − 4 log3 x + 3 = 0 (2)
t = 1
2
• Đặt t = log3 x , phương trình (2) trở thành: t − 4t + 3 = 0 ⇔ 
t = 3
• Với t = 1 thì log3 x = 1 ⇔ x = 3
Với t = 3 thì log3 x = 3 ⇔ x = 27

0.5

1.0
0.25
0.25
0.25

0.25

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S = { 3; 27} .
2
e 3
x + ln x
dx
Tính tích phân I = ∫
2
1 x
e 3
e
e
x + ln x
1
I
=
dx
=
xdx
+
• Ta có:
∫ x2
∫
∫ x 2 ln xdx
1
1
1
e
e

 x2 
e2 1
• ∫ xdx =   = −
2 2
 2 
1
1
1
u = ln x
du = dx
x
• Đặt dv = 1 dx ⇒
1
v=−
x2
x
Do đó:
e
e e 1
1
1  1 e
1 1
2
 1

ln
xdx
=
−
ln

x
+
dx
=
−
+ −  = − − + 1 = 1 −
∫ x2
 x
 ∫ 2
e  x 1
e e
e
1 1x
1
2
• Vậy I = e − 2 + 1 .
2 e 2
3
3x + 2 4x 2 − 5x
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = e
trên
•

(

)

1.0

0.25

0.25

0.25
0.25

1.0

1 3
đoạn  ;  .
2 2
•

1 3
Trên đoạn D =  ;  ta có:
2 2
y ' = 3e3x + 2 . 4x 2 − 5x + ( 8x − 5 ) .e3x + 2 = e3x + 2 . 12x 2 − 7x − 5

(

)

(

)

0.25
0.25


•

•

•

 x = 1∈ D
2
y ' = 0 ⇔ 12x − 7x − 5 = 0 ⇔ 
x = − 5 ∉ D

12
 1
3 7
f  2 ÷ = − 2 e
  

5
So sánh ba giá trị: f ( 1) = −e

f  3  = 3 e13
  2 ÷
 2

3 13
5
e và min f (x) = −e .
Ta suy ra được: Max f (x) =
2
x∈D
x∈D

Câu 3

0.25

1.0

•

Do SA ⊥ (ABC) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABC). Suy ra
·
SC;(ABC) = SC; AC = SCA
= 600 .

(

•

) (

)

Xét hai tam giác vuông SAC và ABC ta suy ra được:
SA = AC.t an600 = a 3


AC a 2
=
 AB = BC =
2

2


1
1
a 3
Do G là trọng tâm tam giác SAB nên: d ( G; AB ) = d ( S; AB ) = SA =
3
3
3
• Vậy thể tích khối chóp G.ABC là:
1
1 1
a3 3 .
2
V = S∆ABC .d ( G; ABC ) = . AB .d ( G; AB ) =
3
3 2
36
II.PHẦN RIÊNG
1 Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với
đường thẳng (d). Tìm tọa độ giao điểm của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d).
r
• Đường thẳng (d) đi qua M 0 ( 1; −1;0 ) và có VTCP là: a = ( 2; −1; 2 )
•

Câu 4a

0.25

•
•

0.25

0.25
0.25
0.25
3.0
1.0
0.25

Do mặt phẳng (P) đi qua điểm A ( 1; −2; −5 ) và vuông góc với (d) nên VTPT
r r
của (P) là n = a = ( 2; −1; 2 )

0.25

Suy ra phương trình của mặt phẳng (P):
2 ( x − 1) − 1( y + 2 ) + 2 ( z + 5 ) = 0 ⇔ 2x − y + 2z + 6 = 0

0.25


•

Tọa độ giao điểm H của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) là nghiệm của hệ
phương trình:
 2x − y + 2z = −6
 x = −1



⇔  y = 0 ⇒ H ( −1;0; −2 ) .
 x + 2y = −1
 2y + z = −2
 z = −2



2 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng (d) và đi qua hai điểm A và
O.
 x = 1 + 2t

• Phương trình tham số của (d):  y = −1 − t ( t ∈ ¡ ) . Do tâm I của mặt cầu
 z = 2t

•

(S) thuộc (d) nên I ( 1 + 2t; −1 − t; 2t )
Do mặt cầu (S) đi qua hai điểm A, O nên:
IO = IA ⇔ IO 2 = IA 2

2
2
2
2
2
2
⇔ ( 1 + 2t ) + ( −1 − t ) + ( 2t ) = ( 2t ) + ( 1 − t ) + ( 2t + 5 )
⇔ 1 + 4t + 4t 2 + 1 + 2t + t 2 + 4t 2 = 4t 2 + 1 − 2t + t 2 + 4t 2 + 20t + 25

•
•
Câu 5a

⇔ t = −2
Suy ra mặt cầu (S) có tâm I ( −3;1; −4 ) , bán kính R = IO = 9 + 1 + 16 = 26
Vậy phương trình của (S) là:
( x + 3) 2 + ( y − 1) 2 + ( z + 4 ) 2 = 26 .

Giải phương trình (z + 2)2 + 2(z + 2) + 5 = 0 trên tập số phức.
• Ta có: (z + 2) 2 + 2(z + 2) + 5 = 0 ⇔ z 2 + 6z + 13 = 0 (1)
•

Phương trình (1) có: ∆ ' = 9 − 13 = −4 = ( 2i ) 2

•

Câu 4b

Do đó phương trình (1) có hai nghiệm là:
z1 = −3 − 2i và z1 = −3 + 2i .
1 Xác định tọa độ tâm I và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ I đến
đường thẳng d
• Mặt cầu (S) có tâm I ( 4; −3; 2 ) , bán kính R = 16 + 9 + 4 − 15 = 14
r
• Do đường thẳng (d) đi qua điểm M 0 ( −2; −2;0 ) và có VTCT a = ( 3; 2; −1)
uuuur r
 M 0 I;a 



nên d ( I, (d) ) =
r
a
uuuur
 M0 I = ( 6; −1; 2 )
uuuur r  −1 2 2 6 6 −1 
⇒  M 0I;a  = 
;
;
• r
÷ = ( −3;12;15 )
 2 −1 −1 3 3 2 
a = ( 3; 2; −1)
378
378
=
= 27 = 3 3 .
• Do đó: d ( I, (d) ) =
14
14
2 Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) và vuông
góc với (d).
r r
• Do mặt phẳng (P) vuông góc (d) nên VTPT của (P) là n = a = ( 3; 2; −1)
•
•

Phương trình mặt phẳng (P) vuông góc (d) có dạng:
3x + 2y − z + D = 0
Do (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên:

0.25

1.0

0.25

0.25
0.25
0.25

1.0
0.25
0.25
0.5
1.0
0.25

0.25
0.25
0.25
1.0
0.25
0.25
0.25


 D = 10
= 14 ⇔ 4 + D = 14 ⇔ 
14

 D = −18
• Vậy có hai mặt phẳng thỏa đề bài là:
3x + 2y − z + 10 = 0 và 3x + 2y − z − 18 = 0 .
Giải phương trình z 2 − 4 − 2i z + 7 − 4i = 0 trên tập số phức.
d(I, (P)) = R ⇔

Câu 5b

(

4+D

)

•

Ta có: ∆ ' = ( 2 − i ) 2 − ( 7 − 4i ) = 3 − 4i − 7 + 4i = −4 = ( 2i ) 2

•

Do đó phương trình có hai nghiệm là:
z1 = 2 − i − 2i = 2 − 3i và z 2 = 2 − i + 2i = 2 + i .

0.25
1.0
0.5
0.5


SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT HIỆP ĐỨC
ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm ).
Cho hàm số y = − x 4 + 2 x 2 + 3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2. Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình x 4 − 2 x 2 − 2 + m = 0 .
Câu II ( 3,0 điểm )
1. Giải phương trình 3.132 x +1 − 68.13x + 5 = 0 .
π
3

∫

2. Tính tích phân I= sin3xdx .
0

3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

f ( x ) = x 2 .e x trên [-3;-1]

Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình chóp SABC có SA ⊥ mp(ABC). Đáy ABC là tam vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và
SC = a 5 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành
riêng cho chương trình đó.
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu IV.a ( 2,0 điểm )

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 6;-1 ;0) và mặt phẳng (P) có phương trình:

4 x − y + 3z + 1 = 0

1. Viết phương trình tham số đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mp(P).
2. Viết phương trình mặt cầu có tâm là hình chiếu H vuông góc của điểm A lên mp(P) và đi qua
điểm A.
Câu V.a ( 1,0 điểm )
Giải phương trình z 2 − 3z + 46 = 0 trên tập số phức.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b ( 2,0 điểm )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 3; 0 ;1), hai đường thẳng d1 và d2 có phưong

t
x =

x −1 y + 2 z − 3
=
=
trình là: d  y = 1 + 2t , d’
.
1
1
−
1
 z = 6 + 3t


1. Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên d1.
2. Xét vị trí tương đối của d và d’.

Câu V.b ( 1,0 điểm )
Tìm căn bậc hai của số phức z = - 24 + 10i .
------------------------ Hết ------------------------TRƯỜNG THPT HIỆP ĐỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM


Câu

Đáp án

Điểm


Câu I
3 điểm

1. (2 điểm)
Tập xác định: D = R.
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:

0,25đ

(

)

3
2

Ta có: y ' = −4 x + 4 x = −4 x x − 1 ; y ' = 0 ⇔ x = 0, x = ±1

Trên các khoảng ( −∞; −1) và ( 0; 1), y’>0 nên hàm số đồng biến.

Trên các khoảng (-1;0) và ( 1;+∞ ) , y’ < 0 nên hàm số nghịch biến.
Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = ±1 , yCĐ = 4.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 3.
Giới hạn:

2
3
2
3


lim y = lim x 4  −4 + 2 + 4 ÷ = +∞ lim y = lim x 4  −4 + 2 + 4 ÷ = +∞
x →−∞
x →−∞
x →+∞
x →+∞
x
x 
x
x 



0,25đ
0,25đ

0,25đ

Bảng biến thiên:
0,5 đ

Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 3).

(

Đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm − 3;0
và

( 3;0) .

)

Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.

2. (1 điểm)
4
2
4
2
Phương trình: x − 2 x − 2 + m = 0 ⇔ − x + 2 x + 3 = m + 1( *)
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y = − x 4 + 2 x 2 + 3 và đường thẳng y = m+1.

0,5 đ

0,25đ
0,25đ

Dựa vào đồ thị ta có kết quả biện luận số nghiệm của phương trình (*):
m+1
m+1 > 4
m +1= 4
3< m+1 < 4

m
m>3
m=3
2
số nghiệm của phương trình (*)
0
2
4

0,5 đ


Câu II
3 điểm

m+1= 3
m=2
3
m+1< 3

m<2
2
1. (1 điểm)
Phương trình ⇔ 39.132 x − 68.13x + 5 = 0 , Đặt t = 13x điều kiện t > 0
2
Phương trình trở thành 39t − 68t + 6 = 0 ⇔ t =

1
5
∨ t = ( thoả điều kiện)
13
3

1
1
x
⇔ 13x = 13−1 ⇔ x = −1
thì 13 =
13
13
5
5
5
x
Với t =
thì 13 = ⇔ x = log13
3
3
3

0,5 đ

Với t =

0,5 đ

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = −1, x = log13

5
3

2. (1 điểm)
π
3

π

3
1
I= ∫ sin3 xdx = − cos3x
3
0
0
1
2
I = − ( cosπ - cos0 ) =
3
3

0,5 đ

0,5 đ

3. (1 điểm)
Xét trên đoạn [-3;-1] hàm số đã cho có đạo hàm:

0,25đ

f ' ( x ) = 2 xe + x e = e ( x + 2 x )
x

2 x

x

2

f ' ( x ) = 0 ⇔ e x ( x 2 + 2 x ) = 0 ⇔ x = 0, x = −2

Ta có −2 ∈ [ −3; −1] ,0 ∉ [ −3; −1]

0,25đ

9
4
1
,
f
−
2

=
,
f
−
1
=
(
)
(
)
e3
e2
e
1
4
Vậy min f ( x ) = , Max f ( x ) = 2
e [ −3;−1]
e
[ −3;−1]
Ta có SA ⊥ mp(ABC) nên chiều cao của khối

0,25đ

f ( −3 ) =

Câu
III
1 điểm

chóp S.ABC là SA.

Tam giác SAC vuông tại A nên
SA2 = SD2 - AD2
Hay SA2 = 5a2 - 3a2 = 2a2 ⇒ SA = a 2 .

0,25đ

S

a 5
0,5 đ

a 3

A

a

B

1
1
AC.AB = a.a 3 =
2
2
1
1
3 2
Thể tích khối chóp S.ABC là: VS.ABC = .SA.SABC = .a 2.
a =
3

3
2
Đáy ABC là tam giác vuông tại A nên SABC =

Câu

(đvtt).
1. (1 điểm)

C

3 2
a
2
6 3
a
6

0,25đ
0,25đ


IV.a
( 2,0
điểm )

ur

(P) có vectơ pháp tuyến n = ( 4; −1;3) .

0,25đ

ur
Đường thẳng d đi qua điểm A(6;-1;0) và có vectơ chỉ phương n = ( 4; −1;3)
 x = 6 + 4t

Vậy phương trình tham số của d là  y = −1 − t
 z = 3t


0,25đ
0,25đ

ur

Do d vuông góc với (P) nên d nhận n = ( 4; −1;3) làm vectơ chỉ phương.

0,25đ

2. (1 điểm)
H là giao điểm của d và mặt phẳng (P).
Toạ độ H là nghiệm của hệ:

 x = 6 + 4t

⇒ 4 ( 6 + 4t ) − ( −1 − t )
 y = −1 − t

⇔ 24t = −24 ⇔ t = −1
 z = 3t

4 x − y + 3 z + 1 = 0

0,5 đ

Vậy H( 2; 0;-3)
Do mặt cầu đi qua A nên có bán kính:
R=AH =

( 2 − 6)

2

0,25đ

+ ( 2 − 1) + ( −3 + 0 ) = 26
2

2

Vậy phương trình mặt cầu (S): ( x − 2 ) + y 2 + ( z + 3) = 26

0,25đ

Câu
V.a
( 1,0
điểm )

Ta có ∆ = ( −3) − 4.1.46 = −175
Vậy phương trình có hai nghiệm phức là:

0,5đ

Câu
IV.b
( 2,0
điểm )

1. (1 điểm)
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm A và vuông
góc với d.
ur
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là: u = ( 1;2;3)

2

2

2

z1 =

3 − i 175 3 − 5 7i
3 + i 175 3 + 5 7i
, z2 =
=
=
2
2
2

2

0,5đ

0,25đ

ur

Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là u = ( 1;2;3)

Phương trình của (P) là: 1( x − 3) + 2 y + 3 ( z − 1) = 0 ⇔ x + 2 y + 3 z − 6 = 0

Sở GD & ĐT Quảng Nam

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2011

0,25đ


Trường THPT Trần Quý Cáp
------------------------------

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút , không kể thời gian giao đề
--------------------------------------------------------

ĐỀ THI THAM KHẢO

I. Phần chung cho tất cả thí sinh ( 7,0 điểm )
Câu 1 (3 điểm ). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2, có đồ thị là ( C )

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 3x2 - x3 = m có duy nhất một nghiệm.
Câu 2 (3 điểm )
1) Giải phương trình 21+ x − 21− x = 3
2) Tính tích phân I =

π
4
0

∫

x. tan 2 xdx

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x) = x + 2 − x 2
Câu 3 (1 điểm )
Cho hình chóp tam giác S.ABC, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC)
là trung điểm của cạnh AC, đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB= a 3 , BC=a, góc giữa cạnh
bên SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
II. Phần riêng:(3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2)
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu4a. (2 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; -2; 3), và đường thẳng
x = 2 − t

(d) có phương trình  y = 3 + 3t
z = t


1) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và song song với đường thẳng d

2) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng (d)
Câu 5a( 1 điểm ). Cho hai số phức z1=4-2i và z2=1+i . Xác định phần thực và phần ảo của số
z1

phức z
2
2.Theo chương trình Nâng cao
Câu 4b (2 điểm ) Trong không gian Oxyz, cho A(1 ; 2; -1) ; B( 7 ; -2 ; 3) và đường thẳng (d):
x +1 y − 2 z − 2
=
=
3
−2
2

1. Chứng tỏ hai đường thẳng AB và (d) đồng phẳng.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và
(d).
2. Tính khoảng cách giữa đường thẳng AB và đường thẳng (d).
Bài 5b: (1 điểm).

1
3 
Xác định phần thực và phần ảo của số phức  + i 
2 2 

2011

……………………………………………hết…………………………………………
Sở GD & ĐT Quảng Nam
Trường THPT Trần Quý Cáp

------------------------------

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2011
Môn thi: TOÁN


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM của ĐỀ THAM KHẢO
Câu 1
1.(2 điểm) TXĐ D = R ;
(3 điểm)
y’ = 3x2 - 6x;
y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2
lim y = +∞ ; lim y = −∞
x →+∞
x →−∞
x −∞
y'
y

0
0
2

+

2
0

-

+∞
+

0,25
0,25

0,5

+∞

-∞
-2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-∞;0) và (2;+ ∞); hàm số 0,25
nghịch biến trên (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại bằng y(0)=2;
0,25
hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu bằng y(2)=-2.
y

2
1
-1

1

2

0,5

3

0

x
-2

2.( 1 điểm ) pt ⇔ x3 – 3x2 + 2 =2-m. Số nghiệm của pt đã cho 0,25
bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y=2-m
* Phương trình có duy nhất 1 nghiệm ⇔ đường thẳng y=2-m 0,25
cắt đồ thị tại 1 điểm
⇔ m< 0 hoặc m>4
0,5
Câu 2
(3 điểm)

1.(1điểm) . Giải phương trình: 21+ x − 21− x = 3
2

⇔ 2.2 −
x

( )

⇔ 2 2x

2

2x

0,25

=3

− 3 .2 x − 2 = 0

0,25

đặt t = 2 , t 〉 0. pttt
x

2t 2 − 3t − 2 = 0
t = 2
⇔
t = − 1
2


(nhận)

0,25

(loại)

⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1

2.(1 điểm). Tính tích phân I =

∫

0,25

π

4
0

2

x. tan xdx


u = x

0,25

du = dx
⇒
v = tan x − x
dv = tan x.dx

đặt 

2

I = x(tan x − x)

π
4
0

0,25

π

− ∫ 4 (tan x − x)dx
0

π π
1
−
− ln 2
4 32 2
3.(1 điểm). D= − 2 ; 2
x
f ′( x) = 1 −
2 − x2
giải f ′( x) = 0 ⇔ x = 1 ∈ − 2 ; 2
2

I=

[

0,5

]

[

0,25

0,25
0,25

]

Ta có f(- 2 )= - 2 ; f( 2 )= 2 ; f(1) = 2.

max f ( x) =
D

Câu 3
(1 điểm)

0,25

f (1) = 2; min f ( x) = f (− 2 ) = − 2
D

+ có hình vẽ đúng
Gọi M là trung điểm cạnh AC
⇒ SM là đường cao của hình chóp S.ABC
⇒ VS.ABC =

1
3

0,25

S ∆ABC .SM

0,25

+ Chứng tỏ góc SBM bằng 60o
+ Tính được S ∆ABC =

a

2

3

2

và SM = a 3

0,25

+ Kết luận: V = a3/2
Câu 4a
(2 điểm)

[ ]

1.(1điểm). mặt phẳng (P)có vectơ pháp tuyến là i , u = (0;−1;3)
với u = (−1;3;1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm O và có vectơ
pháp tuyến i, u là –y+3z = 0
2.(1 điểm) Gọi Q là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d
⇒ mp(Q) nhận u làm vectơ pháp tuyến
⇒ phương trình mp(Q): -(x – 1) + 3(y + 2) + (z – 3) = 0

⇒ -x + 3y + z + 4 = 0
+ Gọi H là giao điểm của (d) và (Q) ⇒ toạ độ H là nghiệm

[ ]

− x + 3 y + z + 4 = 0
x = 2 − t

của hpt 
 y = 3 + 3t
 z = t
⇒ x = 3; y = 0; z = −1 ⇒ H (3;0;−1)

+ Gọi A/(xo; yo; zo) là điểm đối xứng của A qua d
⇒ H là trung điểm của AA/ ⇒ A/ (5; 2; -5)

Câu 5a
(1 điểm)

z1
z2

=

(4 − 2i )(1 − i )
2

= 1 − 3i

phần thực bằng 1 và phần ảo bằng -3

Câu 4b

1.(1 điểm). AB = (6;−4;4) .

0,25
0,5
0,5
0,25
0,25

0,25
0,25
0,5
0,5


(2 điểm)

(d) có vectơ chỉ phương u = ( 3; − 2; 2) và đi qua điểm M(-1;2;2)
Ta có: AB , u = ( 0; 0; 0) = 0

[

]

[

]

AM = ( − 2; 0; 3) và AM , u = ( − 6;13; 4 )

Do đó AB // d ⇒ AB và d đồng phẳng

Phương trình mp(P) chứa AB và (d) đi qua A và có vectơ
pháp tuyến là AM , u là
-6(x – 1) + 13(y -2) + 4(z + 1) = 0
⇒ -6x + 13y + 4z – 16 = 0
2.(1 điểm). vì AB song song với đường thẳng (d), nên
d(AB;(d))=d(A;d)

[

=

]

[ AM , u ]

0,5
0,25
0,25

u

= 13
Câu 5b
(1 điểm)

0,5

1

3
π
π
+
i = cos + i. sin
2 2
3
3
1
3 2011
π
π
2011π
2011π
( +
i)
= (cos + i. sin ) 2011 = cos
+ i. sin
2 2
3
3
3
3
π
π 1
3
= cos + i. sin = +
i
3
3 2 2

1
3
Vậy phần thực bằng và phần ảo bằmg
2
2

Ta có

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25

Hết

TRƯỜNG THPT TRẦN ĐẠI NGHĨA
TỔ: TOÁN_TIN
ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2011