Tải bản đầy đủ (.pdf) (20 trang)

www.toancapba.net 5 de on thi tot nghiep cap toc co dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.61 MB, 20 trang )

WWW.ToanCapBa.Net

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2012
Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
1
Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = x 4 − 2 x 2 .
4
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 điểm có hoành độ x0 , biết f " ( x0 ) = −1.
Câu 2. (3,0 điểm)
1) Giải phương trình log 2 ( x − 3) + 2 log 4 3.log3 x = 2.
2) Tính tích phân I =

ln 2



0

(

)


2

e x − 1 e x dx.

3) Tìm các giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) =
đoạn [ 0;1] bằng −2.

x − m2 + m
trên
x +1

Câu 3. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại B
và BA = BC = a. Góc giữa đường thẳng A′B với mặt phẳng ( ABC ) bằng 60D. Tính thể
tích khối lăng trụ ABC.A′B′C ′ 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).
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu 4.a. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A ( 2;2;1) , B ( 0;2;5 )

và mặt phẳng ( P ) có phương trình 2 x − y + 5 = 0.

1) Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua A và B.
2) Chứng minh rằng ( P ) tiếp xúc với mặt cầu có đường kính AB.
Câu 5.a. (1,0 điểm) Tìm các số phức 2z + z và

25i
, biết z = 3 − 4i .
z

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; 2 ) và đường thẳng ∆
x −1
y −3
z
=
=
.
2
2
1
1) Viết phương trình của đường thẳng đi qua O và A.

có phương trình

2) Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm A và đi qua O. Chứng minh ∆ tiếp xúc với ( S ) .
1 + 9i
− 5i.
1− i
-------------- Hết --------------

Câu 5.b. (1,0 điểm) Tìm các căn bậc hai của số phức z =

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ....................................................

Số báo danh: ..................................................

Chữ kí của giám thị 1: .............................................

Chữ kí của giám thị 2: ..................................


WWW.ToanCapBa.Net

1


WWW.ToanCapBa.Net

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2012
Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Bản hướng dẫn này gồm 04 trang)
I. 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 hoá (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 1,00 điểm).
II. Đáp án và thang điểm
ĐÁP ÁN

CÂU
Câu 1


ĐIỂM

1. (2,0 điểm)

(3,0 điểm) Tập xác định: D = \ .

0,25

Sự biến thiên:
⎡x = 0
• Chiều biến thiên: y′ = x3 − 4 x; y' = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = ± 2.
+ Trên các khoảng ( − 2 ; 0 ) và ( 2 ; + ∞ ) , y′ > 0 nên hàm số đồng biến.

0,50

+ Trên các khoảng ( −∞ ; − 2 ) và ( 0 ; 2 ) , y′ < 0 nên hàm số nghịch biến.
• Cực trị:
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0.
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 2 và yCT = − 4.

0,25

• Giới hạn: lim y = + ∞ ; lim y = + ∞.

0,25

x→−∞


x→+∞

• Bảng biến thiên:
x



y’
y

−2

−∞

0

+∞

0

+

0



0

WWW.ToanCapBa.Net


+

0,25

+∞

0
−4

+∞

2

−4

2


WWW.ToanCapBa.Net

y

Đồ thị:

−2 2 −2

O

2 2


2

x

0,50

−4

(

)

Lưu ý: Thí sinh chỉ trình bày: Đồ thị cắt Ox tại O và ± 2 2 ;0 hoặc thể hiện

(± 2

)

2 ;0 trên hình vẽ thì vẫn cho đủ 0,50 điểm.

2. (1,0 điểm)
Ta có f ′ ( x ) = x3 − 4 x ; f ′′ ( x ) = 3 x 2 − 4.

0,25

f ′′ ( x0 ) = −1 ⇔ 3 x02 − 4 = −1 ⇔ x0 = ± 1.

Câu 2

0,25


7
5
x0 = 1 ⇒ y0 = − ; f ' (1) = − 3, ta được phương trình tiếp tuyến là y = − 3x + .
4
4
7
5
x0 = −1 ⇒ y0 = − ; f ' ( −1) = 3, ta được phương trình tiếp tuyến là y = 3 x + .
4
4
1. (1,0 điểm)

0,25
0,25

(3,0 điểm) Điều kiện: x > 3.

0,25

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với
log 2 ( x − 3) + 2 log 4 x = 2 ⇔ log 2 ( x − 3) + log 2 x = 2

0,25

⇔ log 2 ⎡⎣ x ( x − 3) ⎤⎦ = 2 ⇔ x 2 − 3 x − 4 = 0

0,25

⎡ x = −1 (loại)

. Vậy nghiệm của phương trình là x = 4.
⇔⎢
⎣x = 4
2. (1,0 điểm)

0,25

Đặt t = e x − 1 ⇒ dt = e x dx.

0,25

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = ln 2 ⇒ t = 1.

0,25

1

1

t3
.
Suy ra I = ∫ t dt =
3
0

0,25

1
Vậy I = .
3


0,25

2

0

WWW.ToanCapBa.Net

3


WWW.ToanCapBa.Net

3. (1,0 điểm)

Trên đoạn [ 0 ; 1] , ta có f ′ ( x ) =

m2 − m + 1

( x + 1)2

.

0,25

Mà m 2 − m + 1 > 0, ∀m ∈ \ ⇒ f ′ ( x ) > 0. Nên hàm số đồng biến trên [ 0 ; 1] .

0,25


Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [ 0 ; 1] là f ( 0 ) = − m 2 + m.

0,25

min f ( x ) = − 2 ⇔ − m 2 + m = − 2. Vậy m = −1 và m = 2 .
[0;1]

0,25

Câu 3
(1,0 điểm)

A'

C'

B'
0,25

A
Ta có A′A ⊥ ( ABC ) ⇒ n
A′BA = 60o .
Diện tích đáy: S∆ABC =

C

60D

B


a2
.
2

0,25

Chiều cao lăng trụ: AA' = a tan 60D = a 3 .

0,25

a3 3
.
2

0,25

G
Ta có AB = ( − 2 ; 0 ; 4 ) , suy ra AB có vectơ chỉ phương là u = ( −1 ; 0 ; 2 ) .

0,50

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C ′ là VABC.A′B′C ′ = S∆ABC .A A' =
Câu 4.a 1. (1,0 điểm)
JJJG
(2,0 điểm)

⎧x = 2 −t

Vậy phương trình tham số của đường thẳng AB là ⎨ y = 2
⎪ z = 1 + 2t.


2. (1,0 điểm)

0,50

Gọi ( S ) là mặt cầu có đường kính AB và I là trung điểm AB.

0,25

Suy ra I (1 ; 2 ; 3) là tâm của ( S ) .
Bán kính của ( S ) là R = IA =

Mà d ( I , ( P ) ) =

( 2 − 1)2 + ( 2 − 2 )2 + (1 − 3)2

2.1 + ( −1) .2 + 5
2 + ( −1) + 0
2

2

2

= 5.

0,25

= 5.


0,25

Nên d ( I , ( P ) ) = R . Vậy ( P ) tiếp xúc với ( S ) .

WWW.ToanCapBa.Net

0,25

4


WWW.ToanCapBa.Net

Câu 5.a Ta có 2 z = 6 − 8i và z = 3 + 4i.
(1,0 điểm) Suy ra 2 z + z = 9 − 4i.

0,25
0,25

25i ( 3 + 4i )
25 ( − 4 + 3i )
25i
=
=
= − 4 + 3i.
z
9 + 16
( 3 − 4i )( 3 + 4i )

0,50


Câu 4.b 1. (1,0 điểm)
JJJG
(2,0 điểm) Đường thẳng OA có vectơ chỉ phương là OA = 2 ; 1 ; 2 .
(
)

0,50

⎧ x = 2t
x y z

Vậy phương trình của đường thẳng OA là ⎨ y = t hoặc = = .
2 1 2
⎪ z = 2t


0,50

2. (1,0 điểm)

Bán kính mặt cầu ( S ) là R = OA = 22 + 12 + 22 = 3.

0,25

Suy ra ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 9.

0,25

G

Đường thẳng ∆ qua B (1 ; 3 ; 0 ) và có vectơ chỉ phương u = ( 2 ; 2 ; 1) .
JJJG
JJJG G
Mặt khác, BA = ( 1 ; − 2 ; 2 ) ⇒ ⎡⎣ BA , u ⎤⎦ = ( − 6 ; 3 ; 6 ) .
JJJG
⎡ BA , uG ⎤
( − 6 )2 + 32 + 62


Nên d ( A , ∆ ) =
=
= 3.
G
2
2
2
u
2 + 2 +1

0,25

Suy ra d ( A , ∆ ) = R . Vậy ∆ tiếp xúc ( S ) .

0,25

2

2

2


Câu 5.b Ta có 1 + 9i = (1 + 9i )(1 + i ) = − 8 + 10i .
1− i
2
(1 − i )(1 + i )
(1,0 điểm)

0,25

Suy ra z = − 4 + 5i − 5i = − 4.

0,25

Mặt khác, z = − 4 = ( 2i ) . Vì vậy các căn bậc hai của z là − 2i và 2i.

0,50

2

--------------- Hết ---------------

WWW.ToanCapBa.Net

5


WWW.ToanCapBa.Net

THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2013
Môn Toán (ĐỀ 1)

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 y = - x3 + 3x2 - 1
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
2/ Dựa vào đồ thị ( C ), tìm m để phương trình x3 -3x2 +2m -1 = 0 chỉ có 1
nghiệm thực.
Câu 2. ( 2,0 điểm ):
1
= log8x
1/ Giải phương trình: log2x 1  log 4 x
1

2/ Tính tích phân I =

x

 (x  1)

3

dx

0

Câu 3. ( 2,0 điểm ): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh
bên tạo với đáy một góc 60o.
1/ Tính thể tích khối chóp.
2/ Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
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 ).
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 4a (2.0 điểm): Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): x + 3y – z + 2 = 0 và
đường thẳng d: x = 3t; y = - 4 – t; z = 2 – t.
1/ Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc mặt phẳng (P).
2/ Viết phương trình đường thẳng d’ qua A(2; -1; 1), song song với giao tuyến
của (P) và (Q).
Câu 5a ( 1,0 điểm ): Tìm số phức z, biết rằng (3 - i).z + 5i = (2 + i)2.z – 3z + 2
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 4b ( 2,0 điểm ): Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: x = 1 – 2t; y = -1 +
t; z = 3 - t và điểm A(2; 3; -1)
1/ Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là A và tiếp xúc với đường thẳng d.
2/ Gọi H là tiếp điểm của (S) và d. Mặt phẳng trung trực của đoạn AH cắt mặt
cầu theo giao tuyến là đường tròn (C), tìm bán kính của đường tròn (C).
Câu 5b ( 1,0 điểm ) : Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z, biết rằng :
z  (2  3i) 2 = 3

WWW.ToanCapBa.Net

6


WWW.ToanCapBa.Net


ĐÁP ÁN
I. PHẦN CHUNG
Câu
Đáp án
1/ (2,0 điểm)

+ Tập xác định D=R
+ Sự biến thiên : y'=-3x2+6x =0  x =0; x=2
ycđ = 3; yct= -1
y   khi x   , y   khi x  
Điểm uốn (1 ; 1)
+ BBT
Câu 1
(3,0
+ Đồ thị
điểm)
2/ (1,0 điểm)
+ Phương trình x3 – 3x2 + 2m - 1 = 0  - x3 + 3x2 - 1 = 2m - 2
+ Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng
y = 2m- 2
+ Kết luận được: PT chỉ có 1 nghiệm thực khi m< ½ hoặc
m>5/2

Điểm
0.25
0,75
0,5
0,5
0,5
0,5

1/ (1,0 điểm)
+ Điều kiện xác định: x>0 và x 
+ PT  log2x Câu 2
(2,0
điểm)


1
4

log 2 x
2
=
 u2 + 2u – 3 = 0
2  log 2 x
3

0,25
(u=

log2x )
Giải PT, kết hợp ĐK, kết luận được 2 nghiệm x = 2 và x
= 1/8
2/ (1,0 điểm)
Đặt u = x + 1 , đổi cận, đưa tích phân I =
2

2

u 1
2
3
1 u 3 .du  1 (u  u )du
1
1 2 1
I = ( 2  )1 

2u
u
8

Câu 3
(2,0
điểm)

1/ (1,0 điểm)
+ Hình vẽ đúng; gọi H là tâm hình vuông => H là hình chiếu
của S trên (ABCD) . Xác định được góc SAH = 60o
a 2
a 6
và SH =
2
2
3
1
1 a 6 a 6
+ Thể tích V = Bh  a 2

3
3
2
6

+ Tính được AH =

2/ (1,0 điểm)
+ Lý giải được tâm I của mặt cầu ngoại tiếp thuộc SH và là giao

WWW.ToanCapBa.Net

0,5
0,25

0,5
0,5

0,25
0,25
0,5

0,5
7


WWW.ToanCapBa.Net

điểm của SH với mặt phẳng trung trực một cạnh bên (SA chẳng
hạn).
+ Gọi K là trung điểm SA, tam giác SHA và SKI đồng dạng
=>

0,5

SK.SA a 6
SH SA

 SI  R 


SK SI
SH
3

II. PHẦN RIÊNG
1/ (1,0 điểm)
+ (Q) qua M(0; -4; 2) và có VTPT n  u d ; n p  (4;2;10)



Câu 4a
(2,0
điểm)

Câu 5a
(1,0
điểm)



=> phương trình (Q): 2x + y + 5z – 6 = 0

0,5

2/ (1,0 điểm)
+ Giao tuyến của (P) và(Q) có VTCP u  n p ; n q  (16;7;5)
+ PT đường thẳng d’ : x = 2+16t ; y = -1-7t ; z = 1-5t

0,5


+ PT  (3 – 5i).z = 2 – 5i

0,5



+z=



2  5i 31 5

 i
3  5i 34 34

1/ (1,0 điểm)
+ Tính đúng bán kính mặt cầu R = d(A,d ) = 27 = 3 3
+ PT mặt cầu (S): (x – 2)2 + (y – 3)2 + (z + 1)2 = 27
Câu 4b
(2,0
điểm)

Câu 5b
(1,0
điểm)

0,5

0,5
0,5

0,5
0,5

2/ (1,0 điểm)
R 3 3

2
2
9
=> Bán kính đường tròn giao tuyến(C) là r = R 2  h 2 
2
2
+ Gọi z = a + bi; z  (2  3i)  3  (a  5)  (b  12)i  3

+ Khoảng cách từ A đến mặt phẳng trung trực là h =

+  (a  5) 2  (b  12) 2 = 9
=>Tập các điểm biểu diễn của z là đường tròn tâm I(-5; 12) ,
bk R = 3

WWW.ToanCapBa.Net

0,5
0,5
0,5
0,5

8



WWW.ToanCapBa.Net

THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2013
Môn Toán (ĐỀ 2)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
A/ Phần chung cho tất cả các thí sinh (7đ):
3
2
Câu I: (3đ) Cho hàm số: y  x  3x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bới đồ thị (C) ; trục Ox.
Câu II: (3đ)
x
trên đoạn [0;2].
1) Tìm GTLN-GTNN của hàm số: y  x .e
e

2) Tính tích phân : I =

 ( x  1). ln x .dx
1

3) Giải phương trình: 3 2 x 1  4.3 x  1  0 .
Câu III: (1đ) Cho khối chóp đều S.ABCD có AB = a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy
bằng
60 0 .Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.
B/ Phần riêng: (3đ). (Thí sinh chọn 1 trong 2 phần sau)
1/Theo chương trình chuẩn:
Câu IVa: (2đ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
(d )


x 1 y  2
z


. và điểm M(3;-2;2)
2
2
1

1) Viết pt mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với đường thẳng (d)
2) Tìm hình chiếu của M lên đường thẳng (d).
Câu Va : (1đ)Giải pt sau trên tập số phức: x 3  x 2  x  0 .Tìm mô đun các nghiệm.
2/Theo chương trình nâng cao:
Câu IVb: (2đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-2;2); mặt
phẳng (P): x - 2y + 2z = 0
1)Viết pt đường thẳng (d) qua M và vuông góc với mặt phẳng (P).
2)Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng với M qua mp(P).
CâuVb: (1đ) Tìm phần thực , phần ảo và tính mô đun số phức

i 2000  i 2001  i 2002
z  2010 2011 2012
i
i
i
***** HẾT *****
*Chú ý:Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

WWW.ToanCapBa.Net


9


WWW.ToanCapBa.Net

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ THAM KHẢO TN THPT
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ
Phần riêng (theo ch/ trình chuẩn)
SINH
Câu I:
3.0 Câu IV.a:
đ
1/ (đầy đủ và đúng )
2.0 1/
0,2
TXĐ:D=R
2

5
y’= 3x  6 x ;cho y’=0 nghiệm x-0, x=2
VTCPcủa (d) là u  (2;2;1)
0,2
đồ thị hàm số tăng (;0) và (2;) ;


5 Vì (P)  (d) nên n  u  (2;2;1)
giảm (0;2) ;CĐ(0;0); CT(2;- 4)
Giới hạn: lim y  
PTTQ:2(x -3) + 2(y +2) -1(z - 2)
0,2 =0

x  
BBT (đúng đầy đủ)
5
2x + 2y - z = 0
Đồ thị(đúng và chính xác)
0,2
5

0,25

0,5
0,5
1.0
0,2
5 2/
Lý luận được hình chiếu của M lên
(d) là giao điểm giữa (d) và (P)
0,2 Chuyển được (d) về PTTS
5  x  1  2t

1.0

2/
Giải pt x 3  3 x 2  0  x =0 hoặc x =2
Ta có:
2

S

D






2

f ( x ) dx 

0

 (x

3

 3 x 2 ) dx

0

2

x4
= (  x3 ) = 4
4
0

0,5
Câu II:
1/
Trên đoạn [-1;1] h/số xác định

và y '  e  x (1  x)
y’ = 0  x = 1 nhận
y(0) = 0; y(2) = 2 / e 2 ; y(1) = 1/e
Suy ra GTLN: Maxy 1 / e ;khi x = 1
0; 2 

GTNN:

Miny  0 ; khi x = 0


 y  2  2t
 z  t


0,2
5

0; 2 

0,2
5

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25


Câu V.a:

1.0
đ

x  0
x( x 2  x  1)  0   2
x  x  1  0
x  0

x  1  i 3

2

0,25

0,25

Đúng công thức mô đun
Đúng 3 mô đun của 3 nghiệm

WWW.ToanCapBa.Net

0,25

0,25

Thay (d) vào (P) được t = 2/9
Thay t vào (d) suy ra hình chiếu

3.0
H (13/9;-14/9;-2/9)
đ
1.0

0,2
5

2.0
đ
1.0

10


WWW.ToanCapBa.Net

0,2
5
2/

1.0

1

du  dx


ln
u

x


x

Đặt 
dv  ( x  1)dx v  x( x  1)

2
e

x
e
I  uv 1   vdu  x(  1) ln x
2
1

e
1

e

x
  (  1)dx
2
1

0,2
5


e

x  0
x( x 2  x  1)  0   2
x  x  1  0
x  0

x  1  i 3
2


Đúng công thức mô đun
Đúng 3 mô đun của 3 nghiệm
Phần riêng (theo chương trình nâng
cao)
Câu IV.b:
2.0
đ
1/
1.0

VTPT của (P) là

e2
x2

 e  (  x)
2
4
1

e2  5
4

0,2
5
0,2
5

3/
Đặt t  3 x ;đk t >0
Biến đổi pt về:
2
3.(3 x )  4.3 x  1  0  3t 2  4t  1  0
 t = 1; t=1/3
Vậy nghiệm x = 0
x=-1

0,25
0,25

Vì (P) 



n  (1;2;2)
(d) nên u  n  (1;2;2)


0,25




0,25

 x  x 0  at
x  1  t


 y  y 0  bt   y  2  2t ;(t  R)
 z  z  ct
 z  2  2t

0


0,5

0,2
5
1.0 2/
Lý luận được hình chiếu của M lên
(P) là giao điểm giữa (d) và (P)
Thay (d) vào (P) được t = -1
Thay t vào (d) suy ra hình chiếu
O (0 ;0;0)
suy ra M’(- 1; 2; -2)

1.0
đ
0,2

5

Vẽ hình đúng và rõ ràng
Góc SCO = 600 .Tính SO=
VSABCD

a 6
2

a3 6
1
 S ABCD .SO 
(đvtt)
3
6

0,2
5

i 2000 (1  i  i 2 ) 1
z  2010

i (1  i  i 2 ) i10

0,25

0,25

1
 2 5  1

(i )

Phần thực a= -1; phần ảo b= 0
Mô đun z  a 2  b 2  1

0,25

0;5
WWW.ToanCapBa.Net

0,25

0,25
1.0
đ

Câu V.b:
Câu III:

1.0
0,25

11


WWW.ToanCapBa.Net

THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2013
Môn Toán (ĐỀ 3)
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 điểm)
Cho hàm số: y 

2x  3
.
x 1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai
điểm phân biệt.
Câu 2: (3 điểm)
1) Giải bất phương trình:
log2x > log4(x + 3) + 1
2) Tính tích phân:

e

(1  ln x) 4
I= 
dx
x
1

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)=(x2 – 3)ex trên đoạn
[–2;2]
Câu 3: (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA, SA = h, đáy là tam giác ABC vuông cân
tại B, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối
chóp S.ABC theo h.

II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu 4.a: (2,0 điểm)
Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(– 1 ; 0 ; 3), đường thẳng
d:

x  3 y z 1
 
và mặt phẳng (P): 2x – 2y + z + 3 = 0.
1
3 2

1) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P). Viết phương trình tổng quát của mặt
phẳng (Q) qua A và song song với mặt phẳng (P).
2) Viết phương trình tham số của đường thẳng  qua A, song song với mặt phẳng
(P) và cắt đường thẳng d.
Câu 5.a: (1,0 điểm)
(3  i)(3  i)
.
Xác định phần thực, phần ảo và tìm môđun của số phức: z =
1  2i
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 4.b: (2,0 điểm )
Trong không gian toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(1 ; –1 ; 0), B(2 ; 1 ; 0), C(2 ; –1 ;
1), D(–2 ; 1 ; –1).
1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (ABC).
2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm D và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Tìm
tọa độ tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (ABC).
Câu 5.b: (1,0 điểm )
Tìm các căn bậc hai của số phức: z = – 4 + 3i.

WWW.ToanCapBa.Net

12


WWW.ToanCapBa.Net

–––––––––––––– Hết ––––––––––––––
ĐÁP ÁN
Câu
Đáp án
Câu 1 1) (2 điểm)
(3 điểm) a) Tập xác định: D = R\{1}
b) Sự biến thiên:
+ Giới hạn và tiệm cận:
lim y   , lim y   , lim y  2 , lim y  2
x 1

x 1

x 

x 

=> Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng, đường thẳng y = 2 là tiệm cận
ngang của đồ thị.
+ y' 

1


Điểm

0,25

0,25
0,25
0,25

(x  1) 2

y' > 0,  xD => hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (– ;1), (1;+)
Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên:
X –
1
+
Y’
Y
+
2
2

0,25

0,25

–

c) Đồ thị:
+ Giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ:  0;3 ,  ;0  .

2
3



0,5



+ Vẽ đồ thị
2) (1 điểm)
+ Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng
y = x + m là:
2x  3
 xm
x 1

 2x – 3 = (x + m)(x – 1) (vì x = 1 không phải là nghiệm của
phương trình này)
2
 x + (m – 3)x – m + 3 = 0 (1)
 = (m – 3)2 + 4(m – 3) = m2 – 2m – 3
Đường thẳng y = x + m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và
chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, tức là:
>0
 m2 – 2m – 3 > 0  m < –1 hoặc m > 3.

WWW.ToanCapBa.Net

0,25

0,25

0,25
0,25

13


WWW.ToanCapBa.Net

Câu
Đáp án
log2x > log4(x + 3) + 1 (1)
Câu 2 1) (1 điểm) Giải bất phương trình:
(3 điểm) Điều kiện: x > 0.
Khi đó:
(1)  log4x2 > log4[4(x + 3)]
 x2 > 4(x + 3)
 x2 – 4x – 12 > 0  x = < – 2 hoặc x > 6.
Kết hợp với điều kiện x > 0 suy ra nghiệm của BPT (1) là mọi x > 6.
2) (1 điểm) Tính tích phân:

Điểm

0,25
0,25
0,25
0,25

e


(1  ln x) 4
dx
I= 
x
1

1
Đặt t = 1 + lnx  dt  dx
x

0,25

x = 1  t = 1, x = e  t = 2
2

0,25

1

0,25

Khi đó: I =  t 4dx
I=

5 2

t
5


1



31
5

0,25

3) (1 điểm) Tìm GTLN và GTNN của hàm số f(x) = (x2 – 3)ex trên đoạn [–2;2]
f’(x) = (x2 + 2x – 3)ex
0,25
x 2  2x  3  0
f '(x)  0
x  3 hoÆc x  1


 x 1

x  (2;2)
x  (2;2)
x  (2;2)
1
2

Ta có: f(1) = –2e, f(–2) =

, f(2) = e

e2

Vậy max f(x)  f(2)  e2 , min f(x)  f(1)  2e
x[2;2]

0,25
0,25

x[ 2;2]

Câu 3 + Vì SA(ABC) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABC).
 = 600.
(1 điểm) Do đó góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) là SAC
+ Trong tam giác vuông SAC, ta có:
  h.cot 600  h
AC  SA.cot SAC
3

+ Tam giác ABC vuông cân tại B nên: AB  BC 

0,25

0,25
0,25

AC
h

.
2
6


1
1 h h
h2
Diện tích tam giác ABC là: S  AB.BC  . .  .
2
2 6 6 12

0,25

1 h2
h3
.h 
3 12
36

0,25

1
3

+ Thể tích khối chóp S.ABC là: V  SABC .SA  .

WWW.ToanCapBa.Net

14


WWW.ToanCapBa.Net

Câu

Đáp án
Câu 4.a 1) (1 điểm)
(2 điểm) + Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) là:
d(A, (P)) 

| 2(1)  2.0  3  3 |
22  (2) 2  12



Điểm

4
3

0,5

+ Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) nên có vectơ pháp tuyến
n  (2; 2;1) .
0,25
+ Mặt phẳng (Q) qua A(– 1 ; 0 ; 3).
Vậy phương trình tổng quát của mặt phẳng (Q) là :
2(x + 1) – 2(y – 0) + z – 3 = 0 hay 2x – 2y + z – 1 = 0 (1).
0,25
2) (1 điểm)
+ Tọa độ giao điểm B của d và (Q) là nghiệm của hệ phương trình :
 x  3 y z 1
 

3 2

 1
2x  2y  z  1  0
3x  y  9
x  4


 2x  z  7
 y  3
2x  2y  z  1 z  1



0,25

0,25
=> B(4 ; 3 ; –1)
+ Vì (Q) // (P) và A, B  (Q) nên AB // (P). Do đó  là đường thẳng 0,25
qua hai điểm A và B.

 qua A và có vectơ chỉ phương AB  (5;3; 4) nên PTTS của nó là:
 x  1  5t

 y  3t
z  3  4t


Câu 5.a + Ta có: z  10  10(1  2i)  2  4i
(1 điểm)
1  2i
5

+ Phần thực của z là 2, phần ảo của z là 4.

+ Môđun của z là | | z | 22  42  2 5

WWW.ToanCapBa.Net

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

15


WWW.ToanCapBa.Net

THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2013
Môn Toán (ĐỀ 4)
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 y  x3  3mx2  (m  1) x  2 (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 .
2) Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của
đồ thị hàm số (1) có hoành độ dương.
Câu 2 (3,0 điểm).
1) Giải phương trình 1  log 3 x  1  log 4 x   1 .


2) Tính tích phân I   x 1  cos x  dx .
0


3) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) 

2 x 1
trên đoạn 1;8 .
x 1

Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng
ABC  300 , tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
đáy, SB  SC  2a, BC  a . Biết 
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 điểm A(1; 2;3) và mặt
phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  6  0 .
1) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua A và vuông góc với (P).
Tìm tọa độ giao điểm của d và (P).
2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và cắt mặt phẳng (P) theo một đường
tròn có bán kính bằng 1.
2
Câu 5.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 1  2i  z  z  4i  20 . Tìm môđun của số

phức

1
.
z

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 4.b (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt

phẳng (P) có phương trình: ( S ) : ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  9 và ( P) : x  y  z  1  0 .
1) Xác định tọa độ tâm I và tính bán kính của mặt cầu (S). Viết phương trình tham
số của đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P).
2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo một đường tròn có
bán kính bằng 3.
Câu 5.b (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức:
z 2  (4  3i ) z  1  7i  0 .
WWW.ToanCapBa.Net

16


WWW.ToanCapBa.Net

--------------Hết------------Câu
1
(3,0
điểm)

Đáp án

Điể
m

1. ( 2,5 điểm)
Tập xác định: D   .
x  0
x  2

0,5


Ta có y'  3x 2  6 x. ; y'  0  

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (2; ) ; nghịch biến trên khoảng
(0; 2) .
0,75
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =-2.
- Giới hạn: lim y  , lim y   .
x 

x 

Bảng biến thiên:
x

0



2



+

y'
y

0


-

0

+

0,5

2


-2



y

Đồ thị cắt trục tung tại (0;2) .
Đồ
thị
cắt
ox:
x  1
y0
x  1  3

f(x)=(x^3)-3*(x)^2

5


-8

-6

-4

-2

0,25
2

4

6

8

-5

0,5
2. ( 0,5 điểm)
Ta có y '  3 x2  6mx  m  1 .
0,25
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi PT y'=0 có hai nghiệm phân biệt
2
2
Điều này tương đương  '  9 m  3(m  1)  0  3m  m  1  0 (đúng với mọi m).

WWW.ToanCapBa.Net


17


WWW.ToanCapBa.Net

2 m  0
S  0

Hai điểm cực trị có hoành độ dương  
 m 1
 m1

0
P  0
 3
Vậy các giá trị cần tìm của m là m  1 .

2
(3,0
điểm)

0,25

1. (0,5điểm).
ĐK x  0 . Bất phương trình tương đương
log 3 x  log 4 x  log 3 x.log 4 x  0
 log 3 x  log 4 3.log 3 x  log 3 x.log 4 3.log 3 x  0
 log 3 x 1  log 4 3  log 3 x.log 4 3  0

0,25


log 3 x  0  x  1 hoặc 1  log 4 3  log 3 x.log 4 3  0 (1)

Ta có (1)  1  log 4 3  log 4 x  0  1  log 4 (3x)  0  3x 

1
1
x
4
12

0,25

1
Vậy PT đã cho có hai nghiệm là x  1; x  .
12

2. (1,5 điểm).
Đặt u  x và dv  1  cos x  dx , ta có du  dx và v  x  sin x


0,5



Do đó I  x  x  sin x  0    x  sin x  dx

0,25

0


 x2

I      cos x 
 2




2

Vậy I 

 4
2

2

0,5
0

.

0,25

3. (1,0 điểm).

Hàm f(x) liên tục trên đoạn [1;8] và có đạo hàm f '( x) 
f '( x)  0  x  4  1;8 .


2 x
2(1  x) x . x  1

0,25
0,25

3
4 2 1
; f (4)  5; f (8) 
3
2
3
Từ đó suy ra min f ( x) 
; max f ( x)  5 .
1;8
2 1;8

Ta có f (1) 

WWW.ToanCapBa.Net

0,25
0,25

18


WWW.ToanCapBa.Net

3

(1,0
điểm)

S

2a
2a

C

A
a

B

Vì SA  ( ABC )  SA  AB; SA  AC
Hai tam giác vuông SAB và SAC bằng nhau nên AB  AC  x
  1200 .
ABC  300  BAC
Tam giác ABC cân tại A có 
Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABC, ta được:
a 2  BC 2  x 2  x 2  2 x.x.cos1200  3 x 2  x 

0,25

0,25
a
.
3


a 2 a 11
1
a2 3
2

và S ABC  . AB .sin BAC 
.
Do đó SA  SB  AB  4a  
3
2
12
3
1
1 a 11 a 2 3 a 3 11
Vậy VS . ABC  .SA.S ABC  .

(đvtt)
.
3
3
12
36
3
2

4.a
(2,0
điểm)

2


2

0,25
0,25

1. (1,5 điểm).

Vì d  ( P ) nên d nhận véc tơ pháp tuyến của (P) là n  (1; 2;2) làm véc tơ chỉ
phương

0,25

x  1 t

Do đó phương trình tham số của d :  y  2  2t
 z  3  2t

Gọi H là giao điểm của d và (P), khi đó H 1  t ; 2  2t ;3  2t 

0,5
0,25
0,5

Do H  ( P)  (1  t )  2(2  2t )  2(3  2t )  6  0  t  1 . Vậy H  0; 4;1 .
2. (0,5điểm).
Khoảng cách từ A đến (P) là AH  3
Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm. Do thiết diện là một đường tròn bán kính r  1
0,25
nên theo định lý Pytago ta được:

R  AH 2  r 2  9  1  10
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là ( S ) : ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  3) 2  10 .

5.a
(1,0
điểm)

0,25

Đặt z  a  bi (a, b  ) . Đẳng thức đã cho trở thành

0,25

(3  4i )(a  bi )  a  bi  4i  20

a  2b  10

a  b  1

0,25
WWW.ToanCapBa.Net

19


WWW.ToanCapBa.Net

4.b
(2,0
điểm)


a  4

 z  4  3i
b  3

0,25

1
42  32 1
1
1
4  3i

Do đó 
. Vậy 
 .
z
252
5
z 4  3i
25

0,25

1. (1,5 điểm).
Tâm I và bán kính R của (S) là: I (1; 2; 1) và R  3

0,5



Vì d  ( P) nên d nhận véc tơ pháp tuyến của (P) là n  (1;1;1) làm véc tơ chỉ

0,5

phương
x  1 t

Do đó phương trình tham số của d :  y  2  t
 z  1  t


0,5

2. (0,5 điểm).
Do (Q) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3=R nên (Q) đi qua tâm I
0,25
của (S)


 
Suy ra (Q) có véc tơ pháp tuyến là n  OI , i    0; 1; 2  ( i  (1;0;0) là VTCP của
Ox)

0,25

Vậy phương trình mặt phẳng (Q) :  y  2 z  0 .
5.b
(1,0
điểm)


Ta có   3  4i

0,25

  3  4i  (2  i ) 2

0,25

Vậy PT đã cho có hai nghiệm là z  1  2i và z  3  i .

0,5

--------------Hết--------------

WWW.ToanCapBa.Net

20



×