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, biết tiếp tuyến song song với trục hoành.. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam
Trang 1SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2 ĐỂ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC: 2010 – 2011
Môn thi: 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 y = − + x4 2 x2
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), biết tiếp tuyến song song với trục hoành
Câu 2 (3,0 điểm).
1) Giải phương trình 2
2
2
−
x
2) Tính tích phân
1
0
x
2
x
x
−
= − , giải bất phương trình f x/( ) 0 ≥
Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng đáy bằng 60o Tính thể tích khối chóp S.ABC 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)
Phần 1: Theo chương trình Chuẩn
Câu 4.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(-1; 1; 2), B(0; 1; 1),
C(1; 0; 4)
1) Chứng minh tam giác ABC vuông Hãy viết phương trình đường thẳng AB
2) Gọi M là điểm sao cho MB uuur = − 2MC uuur Viết phương trình mặt phẳng qua M và vuông góc với đường thẳng BC
Câu 5.a (1,0 điểm) Cho hai số phức z1 = − 7 i và z2 = + 1 i Xác định phần thực và phần ảo của số phức 1
2
z
z .
Phần 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; 1) đường thẳng
∆ có phương trình 1
1
z
+
−
1) Hãy viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆
2) Tính cosin của góc giữa mặt phẳng Oxy và đường thẳng ∆
Câu 5.b (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z2 − 2 iz − + (1 2 ) 0 i =
-Hết -Họ và tên thí sinh: ……….SBD………
GV: Nguyễn Huy Khôi – Trường THPT Đô Lương 2
Trang 2SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2 ĐÁP ÁN ĐỂ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC: 2010 – 2011
Môn thi: TOÁN
1.1
2 đ
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên:
y/ = −4x3+4x, / 3 0
1
=
x
/
0 ( ; 1) (0;1)
y x nên h.số đ biến trên các khoảng (−∞ −; 1) và (0;1)
/
0 ( 1; 0) (1; )
y x nên h.số n biến trên các khoảng ( 1; 0)− và (1;+ ∞)
+ Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại các điểm x = -1 và x = 1 với giá trị y CĐ = 1
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0 với giá trị y CT = 0.
+ Giới hạn vô cực và tiệm cận:
lim
→±∞ = −∞
x y do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận.
+ Bảng biến thiên
x -∞ -1 0 1 +∞
y/ + 0 – 0 + 0 –
y
`
-∞ -∞
* Đồ thị:
+ Đồ thị đối xứng qua trục Oy
+ Đồ thị giao với Oy tại điểm (0; 0)
+ Đồ thị giao với Ox tại các điểm: (0; 0); (− 2; 0); ( 2; 0)
0.25
0.25
0.25 0.25
1.0
1.2
1 đ
Do tiếp tuyến song song với trục hoành nên có hệ số góc k = 0
Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với (C) là nghiệm phương trình
1
=
x
Với x = 0 thì tiếp điểm là (0; 0) nên pttt là y = 0 (không thỏa mãn ycbt)
Với x = -1 thì tiếp điểm là (-1; 1) nên pttt là y = 1
Với x = 1 thì tiếp điểm là (1 ; 1) nên pttt là y = 1
Vậy chỉ có duy nhất tiếp tuyến y = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán
0.25
0.25 0.25
0.25 2.1
1 đ
Đặt t =log2x (t ≠1), phương trình đã cho trở thành 2
2 1
−
t t
2
0
⇔ =t t
Với t = - 1 ta có log2x= −1 1
2
Với t = 0 ta có log2x=0⇔ =x 1
Đáp số: Tập nghiệm pt đã cho là T = {1/2; 1}
0.25 0.25
0.25
0.25
GV: Nguyễn Huy Khôi – Trường THPT Đô Lương 2
1 1
0
O
y
Trang 1/2
-1 1
2
1
-1
-2
-3
-4
Trang 31 đ
dv e dx v e
⇒
ta có
1
0
x
1 1 0 0
x e e dx
+ −∫ = 2.e – 1 – 1
0
x
e = 2e – 1 – e + 1 = e
0.5
0.5
2.3
1 đ TXD: D = (0;+ ∞); / 12 1 1 2
f x
−
= − = do đó f x/( ) 0≥ ⇔ < ≤0 x 1; ĐS: … 1.0 Câu
3
1 đ
Từ giả thiết suy ra SA là đường cao của
hình chóp S.ABC
1
3
=
S AB.AC.sin60
2
2
3a 4 Gọi M là trung điểm BC thì dễ thấy BC⊥(SMA)
((SBC),(ABC)) SMA 60
nên SA = AM.tan60o = a 3
3
2 =
3a
2 Vậy
S.ABC
1 3a a 3 a 3
0.25
0.25
0.25 0.25
4.a
1
1 đ
Từ giả thiết có: uuurAB=(1; 0; 1)− , uuurAC =(2; 1; 2)−
Do uuur uuurAB AC =1.2 0.( 1) ( 1).2 0+ − + − = nên tam giác ABC vuông ở A
Đường thẳng AB đi qua A(-1; 1; 2) và có vtcp uuurAB=(1; 0; 1)− nên có ptts:
1 1 2
y
= − +
=
= −
0.5
0.5
4.a
2
1 đ
Giả sử M(xM; yM) ta có : MBuuur= −( x M;1−y M;1−z M) ;
(1 M; M; 4 M)
MC= −x −y −z
uuuur
suy ra 2.− MCuuuur= − +( 2 2x M; 2y M; 8 2− + z M) nên
− = − +
= − ⇔ − =
− = − +
M M
=
⇔ =
=
suy ra ( ; ; 3)2 1
3 3
M
mp(P)⊥BC nên nhận BCuuur(1; 1; 3)− làm 1 vtpt, mặt khác (P) qua ( ; ; 3)2 1
3 3
phương trình mp(P) là: x – y + 3z – 28/3 = 0
0.5
0.5 5.a
1 đ
1
2 2 2
3 4
i
1 2
z
z là 3 và phần ảo là – 4 1.0
4.b
1
1 đ
Dễ thấy M(0; -1; 1) ∈ ∆, ∆ có 1 vtcp ur=(2; 2;1)−
Do (S) qua A tiếp xúc với nên (S) có bán kính ,
( , ) AM u
R d A
u
uuuur r
3
9
x− + +y + −z =
0.25
0.5
0.25 5b
1 đ ∆/ = –1 + (1 + 2i) = 2i = (1 + i)2 nên phương trình đã cho có hai nghiệm là
-Hết -GV: Nguyễn Huy Khôi – Trường THPT Đô Lương 2
M A
B
C
S
60o
Trang 2/2
