SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN THI TOÁN NGUYỄN BỈNH KHIÊM (Thời gian làm bài 150 phút , không kể thời gian giao đề) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số 3 4 32 3 1 23  mxxxy (1) (m tham số) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 2) Xác định các giá trị m để hàm số (1) đạt cực trị tại 2 điểm x 1 và x 2 thoả mãn điều kiện 22 2 2 2 1  xx Câu II (3,0 điểm) 1) Giải phương trình : 1)310(log)82(log 2 5,0 22 25,0  xxxx 2) Tính tích phân I =   1 0 2 2 4 x dxx 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = xx cossin 2  trên đoạn        4 3 ; 3  Câu III (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ xiên ABC.A’B’C’, đáy là tam giác đều . Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm I của BC. Hai mặt bên qua A A’ vuông góc với nhau, khoảng cách giữa BC và A A’ bằng a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần sau) 1.Theo chương trình Chuẩn : Câu IVa ( 2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x – 2y +z +1 = 0 và đường thẳng d có phương trình:         tz ty tx 1 2 31 . 1) Tìm toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3 2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P) Câu Va (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: 2 7 13 4 3 2 2 i i z i i       2. Theo chương trình Nâng cao Câu IVb (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;1;1) và hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) có phương trình (d 1 ) :         tz ty tx 31 22 1 , (d 2 ) : 6 1 4 2 x y t z t          1) Tính khoảng cách từ điểm I (1;1;1) đến đường thẳng (d 1 ) . 2) Viết phương trình đường thẳng (D) qua I(1; 1; 1) vuông góc với (d 1 ) và cắt (d 2 ). Câu Vb (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên C : (z + 4 – 3i) 2 – 4(z + 4 – 3i) +20 = 0 HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu I (3,0 đ) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ) Câu I ( 3, 0 đ) 1) (2,0 đ) + Khi m = 1 hàm số có dạng 3 4 32 3 1 23  xxxy + TXĐ : D = R + Giới hạn:   y x lim và   y x lim +Ta có y’ = x 2 + 4x +3 , y’ = 0 1 0 3 4 / 3 x y x y             +BBT x –  – 3 –1 +  y’ + 0 – 0 + y 4/3 +  –  0 Hàm đồng biến trên các khoảng (–  , – 3) và (– 1,+  ), nghịch biến trên khoảng (– 3, – 1). Đồ thị có điểm cực đại (– 3, 4/3) và điểm cực tiểu (– 1, 0). + y” = 2x + 4, y” = 0  x = – 2  y = 2/3. Đồ thị có điểm uốn I( – 2, 2/3) +Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,50 4 2 -2 -4 - 5 5 u x  = 1 3   x 3 +2x 2 +3x+ 4 3 2)(1,0 đ) + y’ = x 2 + 4x + 3m + Hàm đạt cực trị tại hai điểm x 1 và x 2 thỏa 22 2 2 2 1  xx khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 và x 2 thỏa 22 2 2 2 1  xx  2 1 2 1 2 ' 0 ( ) 2 22 x x x x          4 3 0 16 6 22 m m         m = – 1 0,25 0,25 0,50 Câu Đáp án Điểm Câu II (3,0 đ) Câu II (3,0 đ) 1)(1,0 đ) + ĐK: 2 2 2 8 0 10 3 0 x x x x             2 à 4 2 2 2 5 2 5 x v x x x x                   + Phương trình tương đương : 2 2 0,5 0,5 1 log 2 8 log ( 3 10) 2 x x x x       2 2 1 2 8 ( 3 10) 2 x x x x      (2) + Nếu – 2 < x < 2 thì (2)  – (x 2 + 2x – 8) = 1 2 (– x 2 + 3x + 10)  x 2 + 7x – 6 = 0  x = 7 73 2   So ĐK chọn x = 7 73 2   + Nếu 2 < x < 5 thì (2)  x 2 + 2x – 8 = 1 2 (– x 2 + 3x + 10) 0,25 0,25 0,25  3x 2 + x – 26 = 0  x = 1 313 6   So ĐK chọn x = 1 313 6   Vậy phương trình có hai nghiệm x = 7 73 2   và x = 1 313 6   2) (1,0 đ) I =   1 0 2 2 4 x dxx + Đặt x = 2sint  dx = 2costdt + x = 0 thì t = 0; x = 1 thì t = 6  + I = /6 /6 2 2 0 0 4sin .2cos 4sin 2cos t tdt tdt t      = 2 /6 0 (1 cos2 ) t dt    = /6 0 1 3 2( sin2 ) 2( ) 2 6 4 t t      = 3 3 2   3) (1,0 đ) y = xx cossin 2   y’ = 2sin cos sin sin (2cos 1) x x x x x    ' 0 3 3 4 y x             sin (2cos 1) 0 3 3 4 x x x              0 2 3 x x        + y(0) = – 1 , y( 2 3  ) = 5 4 , y( 3   ) = 1 4 , y( 3 4  ) = 1 2 2  + Vậy: 3 [ , ] 3 4 max x y      5 4 , 3 [ , ] 3 4 min x y      – 1 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 Câu Đáp án Điểm Câu III (1,0 đ) Câu III ( 1,0 đ) B ' C ' I C B A A ' K +A’I  (ABC)  A’I  BC , mà AI  BC nên BC  (A’IA) + Dựng IK  A’A, K  A’A thì IK = a = d(BC, A’A) +A’A  (KBC)  A’A  KB và A’A  KC +(A’ABB’)  (A’ACC’)  KB  KC  BC = 2IK = 2a AI = a 3 , S ABC = a 2 3 + 2 2 2 1 1 1 ' IK IA IA    IA’ = 6 2 a 0,25 0,25 0,25 Câu IVa (2,0 đ) Câu Va (1,0 đ) Câu IVb (2,0 đ) + V ABC.A’B’C’ = S ABC .IA’ = a 2 3 . 6 2 a = 3 3 2 2 a II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần sau) 1.Theo chương trình Chuẩn : Câu IVa (2,0 đ) 1)M(1+3t, 2 – t, 1 + t)  d. + Ta có d(M,(P)) = 3  2(1 3 ) 2(2 ) 1 1 3 3 t t t        t =  1 Suy ra có 2 điểm thỏa bài toán là M 1 (4, 1, 2) và M 2 ( – 2, 3, 0) 2)+ Đường thẳng d qua A(1, 2, 1) có VTCP u r = (3, – 1, 1) +Mặt phẳng (P) có VTPT P n uur = (2, – 2, 1) + Mp(Q) chứa d vuông góc với (P) nên có VTPT Q n uur = [ u r , P n uur ] = (1, –1, – 4) Suy ra phương trình mp(Q): (x – 1) – (y – 2) – 4(z – 1 ) = 0  x – y – 4z + 5 = 0 Câu Va (1,0 đ) 2 7 13 4 3 2 2 i i z i i        2 7 13 4 3 2 2 i i z i i        2 7 2 7 2 2 i i z i i       z – i = 2 2 i i   z = 2 – i 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IVb (2,0 điểm) 1)+ d 1 qua điểm A(1,–2, –1) và có VTCP u r = (1, 2, 3) + AI uur = ( 0, 3, 2); [ AI uur , u r ] = (5, 2, – 3) + d(I, d) = , 38 14 AI u u      uur r r = 133 7 2) K(6, 1 – 4t, 2t)  d 2 , IK uur = (5, – 4t, 2t – 1) 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,25 0,25 0,50 0,25 Câu Đáp án Điểm Câu IK uur  u r  5 – 8t +3(2t – 1) = 0  t = 1 . Suy ra đường thẳng (D) nhận IK uur = (5, – 4 , 1) làm VTCP nên có phương trình: 1 1 1 5 4 2 x y z       Câu Vb (1,0 đ) 0,25 0,25 0,25 Vb (1,0 đ) (z + 4 – 3i) 2 – 4(z + 4 – 3i) +20 = 0 (1) + Đặt t = z + 4 – 3i thì (1) có dạng t 2 – 4t + 20 = 0 (2) (2) có '  = – 16 = (4i) 2 suy ra (2) có hai nghiệm t 1 = 2 + 4i và t 2 = 2 – 4i + Ta có z + 4 – 3i = 2 + 4i  z = – 2 + 7i có z + 4 – 3i = 2 – 4i  z = – 2 – i Vậy phương trình có hai nghiệm : z = – 2 + 7i và z = – 2 – i 0,25 0,25 0,25 0,25 . GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN THI TOÁN NGUYỄN BỈNH KHIÊM (Thời gian làm bài 150 phút , không kể thời gian giao đề) I.PHẦN CHUNG CHO. 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,50 4 2 -2 -4 - 5 5 u x  = 1 3   x 3 +2x 2 +3x+ 4 3 2)(1,0 đ) + y’ = x 2 + 4x + 3m + Hàm đạt.        4 3 ; 3  Câu III (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ xiên ABC.A’B’C’, đáy là tam giác đều . Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm I của BC. Hai mặt bên qua A A’