Đề thi thử thpt quốc gia môn toán kèm đáp án(30)

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÁI BÌNH

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

I. PHẦN DÙNG CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm)
2x 1
Cho hàm số y 
(C).
x2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm thuộc đồ thị có tung độ bằng – 3.
Câu II (3,0 điểm)
1) Giải bất phương trình : 3log0,1 x  1 .
2) Tìm giá trị lớn trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
[0; 3].
3) Tính tích phân I 


2

�
0

sin 2 xdx

 1  cos x 
2

2

f ( x)   3  x  e x trên đoạn

.

Câu III (3,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có tất cả các cạnh bên hợp với đáy một góc 60 o, độ dài các cạnh đáy
là BC = 3, AC = 4, AB = 5. Tính thể tích của khối chóp S.ABC.
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 (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(–1; 3; 1) và đường thẳng d có phương
x 1 y z 1
 
trình
.
2
1
1
1) Chứng minh rằng đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng d.
2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc H của A trên đường thẳng d.
Câu V.a (1,0 điểm)
Tìm phần thực và phần ảo của số phức z 

1 i
 2i  1 .
1 i

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2; 1; 1) và đường thẳng d có phương
x 1 y 1 z 1


trình
.
1
1
1
1) Chứng minh rằng đường thẳng OA và đường thẳng d chéo nhau.
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm A và đường thẳng d.
Câu V.b (1,0 điểm)
Tìm số phức z biết z 2  5  12i .
----------------HẾT--------------


ĐÁP ÁN
I. PHẦN DÙNG CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu
Đáp án
Câu I
1) (2,0 điểm)
(3,0 điểm)
 TXĐ : D  �\  2
 Sự biến thiên
+ Giới hạn và tiệm cận : lim  y  �; lim  y  �; lim y  lim y  2
x�2

x�2

x��

Đường thẳng x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số;
Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
+ Ta có y ' 

5

 x  2

2

 0, x �2

+ Bảng biến thiên :
�
2
x
y'
+
�
y
2

Điểm
0,25

x��

0,25
0,25

�
+

0,5

2
�

+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  �; 2  và  2; � .
+ Hàm số không có cực trị.
� 1�
�1 �
0;  �
Giao với Oy tại �
; giao với Ox tại � ;0 �.
� 2�
�2 �

0,25

 Đồ thị:


0,5

2) (1 điểm)
Với tung độ y0  3 � x0  1
5
� y '  1  5
Ta có y ' 
2
x

2



0,25
0,25

Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại tiếp điểm  1; 3 là
y  5( x  1)  3 � y  5 x  2
Câu II
(3,0 điểm)

1) (1,0 điểm)
Điều kiện x  0
Vì cơ số 3 > 1 và cơ số 0,1 < 1 nên ta có
log x
log x
3 0,1  1 � 3 0,1  30 � log 0,1 x  0 � x  1
Kết hợp điều kiện x > 0, bất phương trình có nghiệm 0  x  1 .
2) (1,0 điểm)
Hàm số liên tục trên đoạn [0 ; 3].
Ta có f '( x)  e x  (3  x)e x  e x (2  x)

Trên khoảng (0; 3), f '( x)  0 � x  2
f ( x)  0;max f ( x)  e
Vậy min
[0;3]
[0;3]

Khi đó I 

�
0

(1,0 điểm)

1

sin 2 xdx

 1  cos x 
2

2

0,5
0,25

0,5
0,25

2

3) (1,0 điểm)
Đặt t  1  cos 2 x � dt   sin 2 xdx

Đổi cận : x  0 � t  2; x  � t  1
2

2

0,25

0,25

f (0)  3, f (2)  e 2 , f (3)  0

Câu III

0,5

0,25
0,25
2

 dt 2 dt
1
1
 �2  �2   
t1 2
2 t
1t

0,5


Gọi H là hình chiếu vuông góc của S xuống
đáy ABC, khi đó các tam giác vuông
SAH,SBH,SCH có cạnh SH chung và một góc
nhọn bằng 60o, do đó :
SAH  SBH  SCH suy ra
HA = HB = HC, nên H là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có SH là chiều cao hình chóp.
Mặt khác, tam giác ABC vuông tại C
nên H là trung điểm của cạnh AB.
5 3
Tam giác SAB đều, AB  5 �
2
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là
1
15 3 1
V  SH .S ABC 
. .3.4  5 3 ( đvtt)
3
3 2 2

0,5

0,5

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm )
Câu IVa

(2,0 điểm)
1. (1,0uđiểm)
uu
r
r
Ta có OA   1;3;1 , vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u   2;1; 1
uuu
rr
Khi đó OA.u  (1).2  3.1  1.( 1)  0
Vậy đường thẳng OA và đường thẳng d vuông góc với nhau.
2. (1,0 điểm)
Phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với d là
2  x  1  1 y  3  1 z  1  0 � 2 x  y  z  0
Toạ độ hình chiếu H của A trên đường thẳng d là nghiệm hệ phương trình
�x  1 y z  1
 
�
�2 1 7 �
1
1 . Giải ra được H � ;  ; �.
�2
�3 6 6 �
�
2x  y  z  0
�
Câu Va
(1,0 điểm)

0,50
0,5

0,5

0,5

1 i
(1  i) 2
2i
 2i  1 
 2i  1   2i  1  1  3i
Ta có z 
1 i
(1  i )(1  i)
2
Phần thực của z bằng – 1, phần ảo của z bằng 3

0,75

1. (1,0 điểm)

1,00

0,25

Câu IV.b
(2,0 điểm)


r
Đường thẳng d đi qua điểm M (1; 1;1) và có vectơ chỉ phương là u  (1;1;1)
uuu

r
uuuu
r
r uuuu
r
� (2; 1;3)
u
;
AM
Ta có OA  (2;1;1); AM  (1; 2;0); �
�
�
r uuuu
r uuu
r
�
u; AM �
.OA  2.2  1.1  1.1  4 �0
�
�
Do đó OA và đường thẳng d chéo nhau.

0,25
0,5
0,25

2. (1,0 điểm)

r
r uuuu

r
�  2; 1;3 .
u
,
AM
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là n  �
�
�
Phương trình mặt phẳng (P) là :
2( x  2)  1( y  1)  3( z  1)  0 hay 2 x  y  3z  6  0
Câu V.b

0,5
0,5

(1,0 điểm)
Số phức cần tìm có dạng z  x  yi � z 2  x 2  y 2  2 xyi

0,25

Theo giả thiết, ta có x 2  y 2  2 xyi  5  12i
�
�y  2
�36
2

y

5
�

�
�2
�x 2  y 2  5
�y
�x  3
�
��
��
�
�
6
�y  2
�xy  6
�x 
�
�
�
� y
�
�x  3
Vậy có hai số phức thoả mãn là z  3  2i và z  3  2i
------------------HẾT------------------

0,5

0,25