Sở GD-ĐT Quảng Nam ĐỀ ÔN TẬP THI TỐT NGHIỆP THPT
Trường THPT Phan Bội Châu Môn : Toán - N.H : 2009-2010
===== =============
I. Phần chung :
Câu I (3 điểm) :
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = -x
3
+ 2x
2
– x
2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành
Câu II (2 điểm) :
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
2
2 2
2
log log 2
log 2
x x
x
+ −
−
trên
đoạn [8; 32]
2) Tính tích phân : I =
2
3
0
sin
osx+1
x

1) 2 điểm
* TXĐ : D = R
* y’ = -3x
2
+ 4x – 1
y’ = 0
⇔
x = 1, x = 1/3
*
,
x x
Limy Limy
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
* BBT :
x
-
∞

1
3
1 +
∞
y’ - 0 + 0 -
y +
∞
0
-
4
27

) là tâm đối xứng và điểm O(0; 0) là điểm đặc
biệt của đồ thị

x
y
-4/27
1/3
I
O
1
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
0.5
2) 1 điểm
* Từ đồ thị suy ra trên [0; 1], f(x)
≤
0 nên diện tích hình phẳng là :
* S =
1
1
3 2 4 3 2
0
0
1 2 1
( 2 ) ( )
4 3 2
x x x dx x x x− + = − +

2
4
( 2)
t t
t
−
−
. Trên [3; 5], y’ có nghiệm t = 4
0.25
0.25
M
A
C
B
S
* y(3) = 10, y(4) = 9, y(5) =
28
3

* Suy ra : GTLN : 10, GTNN : 9
0.25
0.25
2) 1 điểm
I =
2
3
0
sin
osx+1
x

1
t
dt
t
−
+
∫
=
0
1
( 1)t dt−
∫
* I = (
2
1
2
t t−
)
0
1
=
1
2
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu III 2 điểm
1) 1 điểm
Gọi M là trung điểm của BC.

2) 1 điểm
* Đặt t = 3
x
> 0, dẫn đến pt : t
2
– 9t + 18 = 0
* Giải được t = 3 và t = 6
* t = 3
⇒
x = 1
* t = 6
⇒
x =
3
log 6
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu Iva 2 điểm
1) 0.5
* Bán kính mặt cầu : R = d(M, (P)) = 1
* Phương trình mặt cầu : (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
+ (z – 2)
2
= 1
0.25

= =
−
−
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu Va 1 điểm
* Tính được (2 – 3i)(-1 + 2i) = 4 + 7i
* z =
4 7
1
i
i
+
+
* z =
(4 7 )(1 )
2
i i+ −
* z =
11 3
2
i+
=
11 3
2 2
i+
0.25
0.25



= − −

= −

− − + =

* Giải hệ và suy ra H(
1 8 8
; ;
3 3 3
−
)
0.25
0.25
0.25
0.25
2) 1 điểm
* Gọi N(0; 0; z)
∈
Oz thì
( 1;3; 2)MN z= − −
uuuur
* Gọi
(2; 1; 2)n = − −
ur
là VTPT của (P). Ta có
. 0 5 2( 2) 0n MN z= ⇔ − − − =
ur uuuur

0.25
Câu Vb 1 điểm
* Gọi u = a + bi là căn bậc hai của z thì (a + bi)
2
= z
Hay a
2
– b
2
+ 2abi = 3 – 4i
* Vậy : a
2
– b
2
= 3 và 2ab = -4
* Giải hệ trên ta được a = 2, b = -1 và a = -2, b = 1
* Vậy các căn bậc hai của z là 2 – i và -2 + i
0.25
0.25
0.25
0.25
SỞ GD &ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN
TỔ TOÁN
ĐỀ THAM KHẢO
THI TỐT NGHIỆP THPT năm 2010
Môn : Toán
Thời gian: 150’ không kể thời gian giao đề
I/PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1: (3 điểm) Cho hàm số y = x

+
đồng biến trên từng khoảng xác định của nó .
Câu 3: (1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên tạo với đáy một góc
α
.Tính thể tích khối cầu tương ứng với mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a và
α
.
II/ PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được chọn một trong 2 phần
1/ Theo chương trình chuẩn :
Câu 4a: (2 điểm)
Trong không gian 0xyz cho đường thẳng
∆
có phương trình
1 2
2 2
x t
y t
z t
=


= − +


= −

và điểm A(1;-2;3)
.

-12x + 9
y’ = 0
⇔
x = 1 ; x = 3
lim
x
y
→±∞
= ±∞
BBT
x
−∞
1 3 +
∞
y’ 0 0
y

4 +
∞
−∞
0
Đồ thị

6
4
2
-2
-4
-6
-8

0,25
0,5
0,5
0,25
0,75
Câu 2
1/ (1 đ) t = lnx đi đến
1 2
1
5 1t t
+ =
− +
đk
đi đến : t
2
– 5t + 6 = 0
⇔
2
3
t
t
=


=


giải ra
2
3

2
4 3
π
+

3/ (1 đ)
D = R\ {-m}
y’ =
2
2
1
( )
m
x m
−
+
lý luận đi đến y’ > 0 với mọi x thuộc D
KQ : m <-1 hoặc m > 1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3 (1 đ)
Xác định tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
O
D

0,25
II/ PHẦN RIÊNG
Câu 4a (2 đ)
1/ (1 đ) Tìm
(1;2; 2)u = −
r
Lí luận
(1;2; 2)u = −
r
là VTPT của mp(
α
)
Pt mp(
α
) : 1(x – 1) + 2(y + 2) - 2(z - 3) = 0
⇔
x + 2y -2z + 9 = 0

0,25
0,25
0,25
0,25
2/ (1 đ)
Gọi
( )H
α
= ∆∩
Lí luận đi đến : t + 2(-1 2t) -2(2 - 2t) + 9 = 0
⇔
t =


Câu 4b( 2 đ)
1/ (1 đ)
( 2; 4;1), (1; 5;3), (0; 4;5)BA BC BD= − − = − = −
uuur uuur uuur
, ( 7;7;14)BA BC
 
= −
 
uuur uuur
,
, . 42BA BC BD
 
=
 
uuur uuur uuur
suy ra kết luận
V =
1
| , . | 7
6
BA BC BD
 
=
 
uuur uuur uuuur

2/ (1 đ)
1
. ( ,( ))

(cos
2
π
+ isin
2
π
)
= 2
1005
( 0 + i) = 2
1005
.i
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
SƠ GD & ĐT QUẢNG NAM KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010
TRƯỜNG THPT NGUYỄN KHUYẾN MÔN THI: TOÁN

b. Giải phương trình:
4 2
log ( 2).log 1x x+ =
Câu III (1,0 điểm)
Một hình nón đỉnh S, khoảng cách từ tâm O đến dây cung AB của đáy bằng a.
·
SAO
= 30
0
;
·
SAB
= 60
0
. Tính độ dài đường sinh theo a.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu IV.a (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1
( ) :
1 1 4
x y z−
∆ = =
−
;
2
2
( ) : 4 2

.
Câu V.a (1 điểm)
Tính giá trị của biểu thức
2 2
(2 3 ) (2 3 )A i i= − + +
.
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu IV.b (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2; 3; 0); mặt phẳng
( )
α
:
2 1 0x y z+ + + =
và mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 6 8 0x y z x y z+ + − + − + =
a. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng
( )
α
.
b. Viết phương trình mặt phẳng
( )
β
song song
( )
α
và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu V.b (1 điểm)
Biểu diễn số phức
1z i= − +

sin
cot1
2
4
2
∫
+
π
π
Câu 3: (1đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B; AC =
a
2
, SA vuông góc với mặt phẳng đáy; góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) bằng
30
o
. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
B/ Phần chung: (3đ) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau:
I/ Theo chương trình chuẩn:
Câu 4a: (2đ) Trong không gian Oxyz, điểm M (1;-2;3) và đường thẳng d có
phương trình:






+=
=
−=
tz

1. (2,0 điểm)
+ Tập xác định : D = R
+
−∞=
−∞→x
ylim
;
+∞=
+∞→x
ylim
+ y’ = 3x
2
-3
y’ = 0
1±=⇔ x
+ Bảng biến thiên : x -
∞
-1 1
+
∞
y’ + 0 - 0
+

y 4
+
∞
-
∞
0
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (-

+−
Đây là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường
thẳng d : y=logm
⇒
số nghiệm của phương trình đã cho
bằng số giao điểm của (C) và d.
Do đó : Để phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt
thì (C) và d có 3 giao điểm.
⇔
0 < logm < 4
⇔
log1 < logm < log10
4
⇔
1 < m < 10000
Vậy m cần tìm là : 1 < m < 10000
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2
(3,0
điểm)
1/ (1,0 điểm)
ĐK:
3
5
< x < 3
Phương trình :
⇔

=
=
⇔
)(2
0
loaix
x
f(-1) = e
f(1) =
e
1
f(0) = 0
Vậy max f(x) = f(-1) = e
[-1;1]
min f(x) = f(0) = 0
(-1;1)
3/ (1,0 điểm)
Đặt t = 1+cotx
⇒
dt =
dx
x
2
sin
1−
x =
1
2
=⇒ t
π

t
= 2 -
2
3
2
1
=
0,25
0,25
0,25
Câu 3
(1,0
điểm)
Chứng tỏ được
0
30
ˆ
=BSC
Tính được AB=BC=a
S
ABC
=
2
.
2
1
2
a
BCAB =
SC = 2a

nhận
u
làm vectơ chỉ phương mà
∆
qua
M(1;-2;3)
Vậy phương trình tham số của
∆
là





+=
+−=
−=
tz
ty
tx
3
22
1
2/ Vì (P)
⊥
d nên (P) nhận
u
làm vectơ pháp tuyến.
Mà (P) đi qua M(1;-2;3)
Vậy (P) có phương trình là : -1(x-1)+2(y+2)+1(z-3) = 0

2
;
3
4
H là trung điểm MM’
nên









−=
=
=−=
3
5
3
2
3
5
2
'
'
'
M
M

(1,0
điểm)
a) z =
i
i
23
32
+
−
=
)23)(23(
)23)(32(
ii
ii
−+
−−
=
13
13i−
= -i
0,25
0,5
0,25
Câu 4
(2,0
điểm)
b) 1/
( )
1;2;2 −=OA


=++
=−+−
=
02223
0222
02445
0
cba
ba
cba
d











=
=
−=
−=
⇔
0
6
11

−−
6
11
;
3
2
;
3
1
và bán kính R =
6
141
Gọi mặt phẳng (P) là tiếp diện cần tìm
vì (P) // mặt phẳng (Oxy)
Nên (P) : z + D = 0 (D
≠
0)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Vì (P) là tiếp diện của (S) nên d(I;(P)) = R
6
141
6
11
=+⇔ D
6

∆
= 3+4i
= (2+i)
2
Phương trình có nghiệm là



−=
=
2z
iz
0,25
0,25
0,5
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC NĂM HỌC 2009 - 2010
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
3 2
y x 3x 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 thẳng
1
(d): y x 2010
9
= −

30
. 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). Trên Oxyz cho M (1; 2; -2), N (2; 0; -1) và mp ( P ):
3 2 10 0x y z
+ + + =
.
1. Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) qua 2 điểm M; N và vuông góc ( P ).
2. Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm I ( -1; 3; 2 ) và tiếp xúc mặt phẳng ( P ). Tìm tọa độ tiếp
điểm.
Câu V.a ( 1đ). Tìm môđun của số phức
= + + −
3
z 1 4i (1 i)
.
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b (2đ). Trên Oxyz cho A (1 ; 2 ; -2 ), B (2 ; 0 ; -1) và đường thẳng
(d):
1 2
2 1 1
x y z
− +
= =
−
.
I. PHẦN DÙNG CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7, 0 Điểm )
Câu Đáp án Điểm
I ( 3điểm) 1) (2 điểm)
TXĐ:
=
D R
0,25
Sự biến thiên
 Chiều biến thiên:
= − +
2
' 3 6y x x
,
= ⇒ = −

= ⇔ − + = ⇔

= ⇒ =

2
0 1
' 0 3 6 0
2 3
x y
y x x
x y
Suy ra hàm số nghịch biến trên
( ) ( )


+∞
3
y CĐ
-1
−∞

CT
0,5
 Đồ thị:
ĐĐB: x -1 0 1 2 3
y 3 -1 1 3 -1
0,5
2) (1 điểm)
Tiếp tuyến của (C) có dạng
− = −
0 0 0
'( )( )y y f x x x
Trong đó:
= − ⇒ =

= − ⇔ − + + = ⇔

= ⇒ = −

0 0
2
0 0 0
0 0
1 3

3 3 3 3
2 2 2 2
log 25 1 2 log 5 1 log 25 1 log 4 5 1
x x x x
( )
3
3 3 3 3
3
5 1(loai)
25 1 4 5 1 25 4.5 5 0 2
5 5
x
x x x x
x
x
+
+ + + +
+

= −
− = + ⇔ − − = ⇔ ⇔ = −

=

x = -2 (thoả đk ). Vậy pt có một nghiệm x = -2
0,25
0,25
0,25
0,25
2) (1 điểm)

0,25
0,25
3) (1 điểm)
π π
= − = −
∫ ∫
2 2
cos
0 0
sin . 2 .sin .
x
I e x dx x x dx M N
π
π
= − = − = −
∫
2
cos cos
2
0
0
(cos ) 1
x x
M e d x e e
2
0
2 sin .N x x dx
π
=
∫

là tâm của tam giác đều
ABC
,gọi
H
là trung điểm của BC
Vì
SA SB SC a= = =
nên
SO (ABC)⊥
Do đó
·
0
30SAO =
,
0
.sin30
2
a
SO SA= =
,
3
2
a
AO =
,
3 3 3 3 3
2 4 2 2
a a
AH AO= = =



0,25
0,25
0.25
0.25
IV (2 điểm) II. PHẦN RIÊNG ( 3, 0 Điểm )
1. (1 điểm)
Ta có:
(1; 2;1); (3;1;2) , ( 5;1;7)
P Q P
MN n n MN n
 
= − = ⇒ = = −
 
uuuur uur uur uuuur uur
là VTPT của
(Q)
Pt (Q):
5 7 17 0x y z− − − =
0,50
0,50
2. (1 điểm)
Mặt cầu (S) có bán kính
( ;( )) 14R d I P= =
Pt (S):
2 2 2
( 1) ( 3) ( 2) 14x y z+ + − + − =
Viết đúng Ptdt qua tâm I vuông góc mp (P)
Tìm được tiếp điểm K ( - 4 ; 2 ; 0 )
0,25

0,50
Pt (P):
3 5 3 0x y z+ + + =
2. (1 điểm)
Mặt cầu (S) có bán kính
84
( ; ) 14
6
R d A d= = =
Pt (S):
2 2 2
( 1) ( 2) ( 2) 14x y z− + − + + =
Pt mặt phẳng qua A vuông góc d:
2 6 0x y z+ − − =
Thay d vào pt mp trên suy ra
1t =
tiếp điểm
(3; 1; 1)M − −
0,25
0,25
0,25
0,25
V.b
(1điểm)
2
4 4 1
3
1 1
x x
y x