Đề thi thử thpt quốc gia môn toán kèm đáp án(24)

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
MÔN: TOÁN - Thời gian: 150 phút (KKGĐ)

I. PHẦN DÙNG CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7, 0 Điểm )
Câu I.(3đ). Cho hàm số y   x 3  3x 2  1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường
1
thẳng (d) : y  x  2011 .
9
Câu II. (3đ).
x
x 2
1. Giải phương trình: log 3 (3  1).log 3 (3  9)  8
2. Tìm giá trị lớn trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số sau:
f(x) = x 4 - 18x 2 +2 trên đoạn   1;4
3. Tính tích phân sau :


2

I �
(ecos x  3x)sin xdx
0

Câu III. (1đ). 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 300 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

II. PHẦN RIÊNG (3,0 Điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2 )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a (2đ). Trong không gian Oxyz, cho mp(Q) và mặtcầu (S) lần lượt có phương trình:
x + y + z - 5 = 0; x2 + y2 + z2- 2x + 2y - 4z - 3 =0.
1. Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua tâm mặt cầu (S) và vuông góc với
mp(Q).
2. Viết phương trình tổng quát của mp(P) song song với Oz, vuông góc với mp(Q) và tiếp
xúc với mặt cầu (S).
Câu V.a ( 1đ). Cho số phức: z   1 2i   2  i  2 . Tính : z và A  z.z
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b (2đ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;  1;1) , hai đường thẳng
�x  2  t.
�
y
( ): x 1   z ,  2 �y  4  t. và mặt phẳng (P) : y  2 z  0
1 1 1 4
�z  1.
�
1. Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng ( 2 ) .
2. Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng (1) ,(2 ) và nằm trong mp (P) .

 

5  3 3i
. Viết dạng lượng giác của số phức z và Tính: z 2010 .
1  2 3i
-------------------------------------------------HẾT------------------------------------------------* Lưu ý: Học sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu nào.

Câu V.b (1đ). Cho số phức z 

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC

ĐÁP ÁN THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
MÔN: TOÁN - Thời gian: 150 phút (KKGĐ)

I. PHẦN DÙNG CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7, 0 Điểm )
Câu
Đáp án
I ( 3điểm) 1) (2 điểm)

Điểm

TXĐ: D  R
Sự biến thiên

0,25
x  0 � y  1
�
x  2� y  3
�

 Chiều biến thiên: y'  3x2  6x , y'  0 � 3x2  6x  0 � �

Suy ra hàm số nghịch biến trên  �;0  và  2;+� , đồng biến trên  0;2
 Cực trị: hàm số có 2 cực trị
+ Điểm cực đại: x  2 � yc�= 3
+ Điểm cực đại: x  0 � yct  1

y  lim y  �;
lim y  �
 Giới hạn: xlim
��
x��
x��
Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận .
 Bảng biến thiên:
�
x �
0
2
y'

-

�

0

+

y

0
3
CĐ

-1
3

0
-1

1
1

2
3

0,25

0,25

0,5
�

-1
CT
 Đồ thị:
ĐĐB: x
y

0,25

3
-1

y
4

3

2

0,5
O
-1

3
2

-1
-2

5

x


2) (1 điểm)
Tiếp tuyến của (C) có dạng y  y0  f '(x0 )(x  x0 )

0,25

x  1� y0  3
�
x0  3 � y0  1
�

0
2
Trong đó: f '(x0 )  9 � 3x0  6x0  9  0 � �

y  9x  6
�
y  9x  26
�

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến của (C) là: �
II (3điểm)

0,50
0,25

1) (1 điểm)
0,25

log3 (3x  1) log 3 (3x  2  9)  8 � log 3 (3x  1) log 3 �
32 (3x  1) �
�
� 8
� log3 (3x  1) �
log 3 32  log 3 (3 x  1) �
�
� 8

Đặt t = log 3 (3 x  1)  log 3 1 0 ta có phương trình

0,25

t2
�
t (2  t )  8 � t 2  2t  8  0 � �
t  4
�

0,25

Từ điều kiện t > 0 ta có
log 3 (3x  1)  2 � 3x  1  32 � x  log3 8  3log3 2

0,25

2) (1 điểm)
f ‘(x) = 4 x 3  36 x

0,25

�
x  0 � 1; 4
�
f ‘(x) = 4 x 3  36 x = 0 � �x  3 � 1; 4
�
x  3 � 1; 4 (loai )
�

f(0) = 2; f(3) = -79 ; f(-1) = -15 ;
Vậy max f 1(; 4x ) 2 ; min f (x1;)4  79
3) (1 điểm)


2


2

0

0

0,25
0,25
0,25

f(4) = -30

I �
ecosx sin x.dx  �
3x.sin x.dx  M  N

2


cos x 2
0

M  �
e d(cosx)  e
cos x

0

0,25

 e 1

0,25


2

N �
3x sin x.dx
0



III.(1điểm)

u  3x � du  3dx
2
�

Đặt �
2
cosx.dx  3
dv  sinxdx � v   cosx N  3xcosx 0  3�
�

0,25

I  M  N  e 1 3 e 4

0,25

0


Gọi O là tâm của tam giác đều ABC ,gọi H là trung điểm của BC
Vì SA  SB  SC  a nên SO  (ABC)
�  300 , SO  SA.sin 300  a ,
Do đó SAO
2
AO 

a 3
3
3 3a 3a 3
, AH  AO 

2
2
4
2 2

Vì ABC là tam giác đều nên BC 

IV (2
điểm)

0,25
0,25

3a
2

1
1 3a 3 3a 9 3a 2
Diện tích đáy SABC  BC. AH  . .

2
2 2
4
16
1
1 9 3a 2 a 3 3a3
S
.
ABC
Do đó thể tích khối chóp
là VS . ABC  S ABC .SO  .
. 
3
3 16 2
32
II. PHẦN RIÊNG ( 3, 0 Điểm )
1. (1 điểm)
+ Mặt cầu (S) có tâm I(1,-1,2)
+ Mp(Q) có vectơ pháp tuyến là nQ = (1,1,1)
�x  1  t

�
+ Pt tham số của đường thẳng d: �y  1  t ; t ��
�z  2  t
�

 



1 1

 D 2  3 2
3  D  2  3 2  
 D 2  3 2

Vậy có 2mp
V.a
(1 điểm)

IV.b
(2 điểm)

 x  y  2  3 2 0
thoả mãn yêu cầu.
 x  y  2  3 2 0

+ Số phức z=(1-2i)(2+i)2 = (1-2i)(3+4i)= 11- 2i
=> z =11+2i.
z 5 5
Nên A= z. z =(11-2i)(11+2i)= 112+ 22=125.

Vậy A= 125.
1. (2 điểm)

0.25

0,25
0,25
0,50

2. (1 điểm)
+ Gọi n là vectơ pháp tuyến của mp(P); R bán kính (S), R=3
+ mp(P) song song hoặc chứa u =(0,0,1); nQ = (1,1,1) nên n  u, nQ = (-1,1,0)
 1 1 D

0.25

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


V.b
(1điểm)

1. (1 điểm)

uu
r
Véctơ chỉ phương của (V2 ) là: u2  (1;1;0) . N thuộc (V2 ) nên N=(2-t;4+t;1).
uuuu
r
MN  (1  t ;5  t ;0)
Vì N là hình chiếu vuông góc của M lên (V2 ) , nên
uuuu
r uu
r uuuu
r uu
r
MN  u2 � MN .u2  0 � -1+t+5+t=0 � t= -2
Vậy N=(4;2;1).
2. (1 điểm)
Giả sử (V1 ) giao với (P) tại A , Ta có: t+8t=0 hay t=0 suy ra A(1;0;0).
(V2 ) giao với (P) tại B, ta có: 4+t+2=0 hay t=-6 . Suy ra B=(8;-2;1).
uuur
AB  (7; 2;1) .
�x  1  7t
�
Đường thẳng cần có phương trình tham số: �y   2t
�z  t
�
(1 điểm)
Ta có z 

(5  3 3i)(1  2 3i) 13  13 3i

 1  3i

(1  2 3i )(1  2 3i) 12  (2 3) 2

2
2
1
3
 i sin )
 2(  i
)  2(cos
3
3
2
2
2010
2010
z
 2 (cos1340  i sin1340 )

Suy ra

 22010

-----------------------------------------------------******----------------------------------------------

1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

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