KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (3,0 điểm): Cho hàm số: 2 (1 ) (4 )y x x= − − có đồ thị (C) 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 giao điểm của (C) với trục hoành. 3) Tìm m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: 3 2 6 9 4 0x x x m− + − + = Câu 2 (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 1 2 3.2 2 0 x x+ − − = 2) Tính tích phân: 1 0 (1 ) x I x e dx= + ∫ 3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 2 ( 1) x y e x x= − − trên đoạn [0;2]. Câu 3 (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích của hình chóp. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1. Theo chương trình chuẩn Câu 4a (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho (2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)A B C= − = − = . 1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng ( )ABC . 2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên mặt phẳng ( )ABC . Câu 5a (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng: 2 6 2z z i+ = + . 2. Theo chương trình nâng cao Câu 4b (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho (2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)A B C= − = − = 1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng ( )ABC . 2) Viết phương trình mặt cầu tâm B, tiếp xúc với đường thẳng AC. Câu 5 (1,0 điểm): Tính môđun của số phức z = 2011 ( 3 )i− . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ 01 GV Bùi Văn Nhạn P N 01 Cõu I : 2 2 2 2 3 (1 ) (4 ) (1 2 )(4 ) 4 8 2 4y x x x x x x x x x x = = + = + + 3 2 6 9 4x x x= + + 3 2 6 9 4y x x x= - + - + Tp xỏc nh: D = Ă o hm: 2 3 12 9y x x  = - + - Cho 2 1 0 3 12 9 0 3 x y x x x ộ = ờ  = - + - = ờ = ờ ở Gii hn: ; lim lim x x y y đ- Ơ đ+Ơ = +Ơ = - Ơ Bng bin thiờn x 1 3 + y  0 + 0 y + 4 0 Hm s B trờn khong (1;3), NB trờn cỏc khong (;1), (3;+) Hm s t cc i Cẹ 4y = ti Cẹ 3x = ; t cc tiu CT 0y = ti CT 1x = 6 12 0 2 2y x x y  = - + = = ị = . im un l I(2;2) Giao im vi trc honh: 3 2 1 0 6 9 4 0 4 x y x x x x ộ = ờ = - + - + = ờ = ờ ở Giao im vi trc tung: 0 4x y= ị = Bng giỏ tr: x 0 1 2 3 4 y 4 0 2 4 0 th hm s: nhn im I lm trc i xng nh hỡnh v bờn õy 3 2 ( ) : 6 9 4C y x x x= - + - + . Vit pttt ti giao im ca ( )C vi trc honh. Giao im ca ( )C vi trc honh: (1;0), (4;0)A B pttt vi ( )C ti (1;0)A = : y = 0 pttt vi ( )C ti (4;0)B = : 0 0 0 4 vaứ 0 pttt taùi : 0 9( 4) 9 36 ( ) (4) 9 x y B y x y x f x f = = = = + = = O O Vy, hai tip tuyn cn tỡm l: 0y = v 9 36y x= - + Ta cú, 3 2 3 2 6 9 4 0 6 9 4 (*)x x x m x x x m + + = + + = (*) l phng trỡnh honh giao im ca 3 2 ( ) : 6 9 4C y x x x= + + v :d y m= nờn s nghim phng trỡnh (*) bng s giao im ca ( )C v d. Da vo th ta thy (*) cú 3 nghim phõn bit khi v ch khi 0 4m< < Vy, vi 0 < m < 4 thỡ phng trỡnh ó cho cú 3 nghim phõn bit. Cõu II 2 1 2 2 3.2 2 0 2.2 3.2 2 0 x x x x+ = = (*) t 2 x t = (K: t > 0), phng trỡnh (*) tr thnh (nhan) (loai) 2 1 2 2 2 3 2 0 t t t t ộ = ờ - - = ờ = - ờ ở Vi t = 2: 2 2 1 x x= = Vy, phng trỡnh (*) cú nghim duy nht x = 1. 1 0 (1 ) x I x e dx= + ũ t 1 x x u x du dx dv e dx v e ỡ ỡ ù ù = + = ù ù ù ù ị ớ ớ ù ù = = ù ù ù ù ợ ợ . Thay vo cụng thc tớch phõn tng phn ta c: 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 (1 ) (1 1) (1 0) 2 1 ( ) x x x I x e e dx e e e e e e e= + - = + - + - = - - - = ũ Vy, 1 0 (1 ) x I x e dx e= + = ũ Hm s 2 ( 1) x y e x x= - - liờn tc trờn on [0;2] 2 2 2 2 ( ) ( 1) ( 1) ( 1) (2 1) ( 2) x x x x x y e x x e x x e x x e x e x x    = - - + - - = - - + - = + - Cho (nhan) (loai) 2 2 1 [0;2] 0 ( 2) 0 2 0 2 [0;2] x x y e x x x x x ộ = ẻ ờ  = + - = + - = ờ = - ẽ ờ ở Ta cú, 1 2 (1) (1 1 1)f e e= - - = - 0 2 (0) (0 0 1) 1f e= - - = - 2 2 2 (2) (2 2 1)f e e= - - = Trong cỏc kt qu trờn, s nh nht l e- v s ln nht l 2 e Vy, khi khi 2 [0;2] [0;2] min 1; max 2y e x y e x= - = = = Cõu III Gi O l tõm ca mt ỏy thỡ ( )SO ABCD^ do ú SO l ng cao ca hỡnh chúp v hỡnh chiu ca SB lờn mt ỏy l BO, do ú ã 0 60SBO = (l gúc gia SB v mt ỏy) Ta cú, ã ã ã tan .tan .tan 2 SO BD SBO SO BO SBO SBO BO = = = 0 2.tan60 6a a= = Vy, th tớch hỡnh chúp cn tỡm l 3 1 1 1 4 6 . . . 2 .2 . 6 3 3 3 3 a V B h AB BC SO a aa= = = = THEO CHNG TRèNH CHUN Cõu IVa: Vi (2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)A B C- - . Ta cú hai vộct: ( 1; 2;4)AB = - - uuur , ( 2;1;3)AC = - uuur 2 4 4 1 1 2 [ , ] ; ; ( 10; 5; 5) 0 , , 1 3 3 2 2 1 AB AC A B C ổ ử - - - - ữ ỗ ữ ỗ = = - - - ạ ị ữ ỗ ữ ỗ - - ữ ữ ỗ ố ứ uuur uuur r khụng thng hng. im trờn mp ( )ABC : (2;0; 1)A - vtpt ca mp ( )ABC : [ , ] ( 10; 5; 5)n AB AC= = - - - uuur uuur r Vy, PTTQ ca mp ( )ABC : 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0A x x B y y C z z- + - + - = 10( 2) 5( 0) 5( 1) 0 10 5 5 15 0 2 3 0 x y z x y z x y z - - - - - + = - - - + = + + - = Gi d l ng thng qua O v vuụng gúc vi mt phng ( )a , cú vtcp (2;1;1)u = r  PTTS của 2 : x t d y t z t ì ï = ï ï ï = í ï ï = ï ï î . Thay vào phương trình mp ( )a ta được: 1 2 2(2 ) ( ) ( ) 3 0 6 3 0t t t t t+ + - = Û - = Û =  Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là ( ) 1 1 2 2 1; ;H Câu Va:  Đặt z a bi z a bi= + Þ = - , thay vào phương trình ta được 2( ) 6 2 2 2 6 2 3 6 2 3 6 2 2 2 2 2 2 2 a bi a bi i a bi a bi i a bi i a a z i z i b b + + − = + ⇔ + + − = + ⇔ − = + = =   ⇔ ⇔ ⇒ = − ⇒ = +   − = = −    Vậy, 2 2z i= + THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb: Với (2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)A B C- - .  Bài giải hoàn toàn giống bài giải câu IVa (phần của ban cơ bản): đề nghị xem lại phần trên  Đường thẳng AC đi qua điểm (2;0; 1)A - , có vtcp ( 2;1;3)u AC= = - uuur r  Ta có, ( 1; 2;4)AB = - - uuur ( 2;1;3)u AC= = - r uuur . Suy ra 2 4 4 1 1 2 [ , ] ; ; ( 10; 5; 5) 1 3 3 2 2 1 AB u  − − − −  = = − − −  ÷ − −   uuur r  Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta được 2 2 2 2 2 2 ( 10) ( 5) ( 5) [ , ] 15 ( , ) 14 ( 2) (1) (3 ) AB u d B AC u − + − + − = = = − + + uuur r r  Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm (1; 2;3)B - , bán kính 15 ( , ) 14 R d B AC = = nên có pt 2 2 2 225 ( 1) ( 2) ( 3) 14 x y z − + + + − = Câu Vb: Ta có, 3 3 2 2 3 3 ( 3 ) ( 3) 3.( 3) . 3. 3. 3 3 9 3 3 2 .i i i i i i i− = − + − = − − + = −  Do đó, 670 2010 3 3 670 2010 670 2010 4 167 2 2010 ( 3 ) ( 3 ) ( 2 ) 2 . 2 .( ) . 2i i i i i i   − = − = − = = = −   Vậy, 2011 2010 ( 3 ) 2 .( 3 )z i i= - = - - 2010 2 2 2 . ( 3) 1 2011z⇒ = + = . KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT. + uuur r r  Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm (1; 2;3)B - , bán kính 15 ( , ) 14 R d B AC = = nên có pt 2 2 2 225 ( 1) ( 2) ( 3) 14 x y z − + + + − = Câu Vb: Ta có, 3 3 2 2 3 3 ( 3 ) ( 3) 3.(. bài giải câu IVa (phần của ban cơ bản): đề nghị xem lại phần trên  Đường thẳng AC đi qua điểm (2;0; 1)A - , có vtcp ( 2;1;3)u AC= = - uuur r  Ta có, ( 1; 2;4)AB = - - uuur ( 2;1;3)u AC=