SỞ 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
4 2
2y x x= − +
.
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
log 2
log 1
+ = −
−
x
x
.
2) Tính tích phân
1
0
(1 )
x
e x dx+

góc với đường thẳng BC.
Câu 5.a (1,0 điểm). Cho hai số phức
1
7z i= −
và
2
1z 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
2 2
x y
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
2
2 (1 2 ) 0z iz i− − + =

y x x
x
/
0 ( ; 1) (0;1)> ∀ ∈ −∞ − Uy x
nên h.số đ biến trên các khoảng
( ; 1)−∞ −
và
(0;1)
/
0 ( 1; 0) (1; )< ∀ ∈ − + ∞Uy 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

0
0 4 4 0
1
=

= ⇔ − + = ⇔

= ±

x
y x x
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
ĐK:
0 2< ≠x
Đặt
2
log=t x
(
1≠t

2
log 0=x
1⇔ =x
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
-2
2
x
2.2
1 đ
Đặt
1
x x

= 2e – 1 – e + 1 = e
0.5
0.5
2.3
1 đ
TXD: D =
(0; )+ ∞
;
/
2 2
1 1 1
( )
x
f x
x x x
−
= − =
do đó
/
( ) 0 0 1f x x≥ ⇔ < ≤
; ĐS: …
1.0
Câu
3
1 đ
Từ giả thiết suy ra SA là đường cao của
hình chóp S.ABC
S.ABC ABC
1
V SA.S

2 3
S.ABC
1 3a a 3 a 3
V . .
3 2 4 8
= =
(đvtt)
0.25
0.25
0.25
0.25
4.a.
1
1 đ
Từ giả thiết có:
(1; 0; 1)AB = −
uuur
,
(2; 1; 2)AC = −
uuur
.
Do
. 1.2 0.( 1) ( 1).2 0AB AC = + − + − =
uuur uuur
nên tam giác ABC vuông ở A
Đường thẳng AB đi qua A(-1; 1; 2) và có vtcp
(1; 0; 1)AB = −
uuur
nên có ptts:
1

MC x y z= − − −
uuuur
suy ra
2. ( 2 2 ; 2 ; 8 2 )
M M M
MC x y z− = − + − +
uuuur
nên
M M
M M
M M
x 2 2x
MB 2MC 1 y 2y
1 z 8 2z
− = − +


= − ⇔ − =


− = − +

uuur uuur
M
M
M
3x 2
3y 1
3z 9
=

2
7 (7 )(1 ) 6 8
3 4
1 1 1 2
z i i i i
i
z i
− − − −
= = = = −
+ +
nên phần thực của
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
(2; 2;1)u = −
r
Do (S) qua A tiếp xúc với nên (S) có bán kính
,
( , )
AM u
R d A

0.5
Hết
GV: Nguyễn Huy Khôi – Trường THPT Đô Lương 2
M
A
B
C
S
60
o
Trang 2/2