Thnh viờn Tui Hc Trũ
123doc.org
THI TNPT
Môn Toán
Thời gian: 150 phút
I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
Câu I.( 3,0 điểm)
Cho hàm số , với
m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số khi m =3.
2.Dựa vào đồ thị (C) biện
luạn theo k số nghiệm cảu phơng
trình
Câu II.(3,0 điểm)
1.Tính tích phân
2. Giải phơng trình
3.Tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của hàm số trên đoạn
[ 0;2].
Câu III.(1,0 điểm)
Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, các
cạnh bên tạo với đáy một góc . Hãy tính thể tích khối chóp đó.
II.Phần riêng(3,0 điểm)
Thí sinh học chơng trình nào thì chỉ đợc làm phần dành riêng cho chơng trình đó.
1. Theo chơng trình Chuẩn:
Câu IV.a(2,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm:
A(3;-2;-2) ; B(3;2;0) ; C(0;2;1); D(-1;1;2)
1. Viết phơng trình mặt phẳng (BCD).
2.Viết phơng trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (BCD)
Câu V.a(1,0 điểm)

3 3y x x= +
60

2 5z =
1 3z i= +
Thnh viờn Tui Hc Trũ
123doc.org

Hết
Đáp án:
Câu Đáp án Điểm
Câu I(3
điểm)
1.Với m=3 ta có hàm số
tập xác định: D =R
Chiều biến thiên:
Hàm số đồng biến trên khoảng (-;-1) và (1; +); nghịch biến trên
khoảng(-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại , đạt cực tiểu tại
Giới hạn:
Bảng biến thiên:
x - -1 1 +
y' + 0 - 0 +
y
*Đồ thị:
Cắt trục oy tại (0;1)
2.phơng trình
số nghiệm của pt trên
là hoành độ giao điểm của đờng thẳng y =k và (C)
k< 1 hoặc k>3: pt có 1 nghiệm

lim
x
y

=
1, 1
CT
x y= =
1, 3
CD
x y
= =

2
' 3 3 , ' 0 1y x y x= = =
1 1 1
2
0 0 0
1 1
0 0
1 1
3 2 1 2
ln 1 ln 2 2ln 2 ln 3
dx
I dx dx
x x x x
x x
= =
+ + + +
= + + =

=

Thnh viờn Tui Hc Trũ
123doc.org
f(1) = 1; f(0) = 3; f(2) = 5
0,5
0,5
0,25
0,25
Câu III( 1
điểm)
Kẻ .Do SABC là
hình chóp tam
giác đều nên H là
trọng tâm của tam giác ABC,
Vậy thể tích của
khối chóp là:
0,25
0,5
0,25
Câu IVa(2
điểm)
1. Ta có
mặt phẳng (BCD) đi qua
B( 3;2;0) và có vectơ pháp
tuyến
có pt: x+2y+3z-7=0
2.
Mặt cầu có
tâm A, bán

[ ]
0;2
0;2
max ( ) 5 ,min ( ) 1f x f x= =
( ),SH ABC AH BC I =
3 2 3 3
,
2 3 2 3
AI a AH a a= = =
ã
3
60 , .tan 60 . 3
3
SAH SH AH a a= = = =
3
1 1 3 3
. . .
3 2 2 12
V a a a a= =
( 3;0;1), ( 4; 1;2) (1;2;3)BC BD BC BD= = =
uuur uuur uuur uuur
(1;2;3)n =
r
3 2.2 3.2 7
( ,( )) 14
1 4 9
d a BCD

= =
+ +

123doc.org
®iÓm) 0,5
Thành viên Tuổi Học Trò
123doc.org
ĐỀ LUYỆN THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
Môn : Toán THPT
Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (3 điểm) Cho hàm
số có đồ thị (C)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
b. Dựa vào đồ thị (C), xác định m để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt
.
Câu 2 (1 điểm)
Giải phương trình
sau : .
Câu 3 (2 điểm)
1/ Giải phương trình sau trên
tập hợp số phức:
2/ Tính tích phân sau :
Câu 4 (2 điểm )
Cho hình chóp tứ giác
đều S.ABCD và O là tâm
của đáy ABCD. Gọi M là trung điểm cạnh đáy AB.
a. Chứng minh rằng AB vuông góc với mặt phẳng (SMO).
b. Giả sử AB = a và mặt bên tạo với đáy của hình chóp một góc 60
0
. Tính thể
tích của hình chóp S.ABCD.
Câu 5 : (2 điểm)

123doc.org
Câu Y
Ù
Nội dung Điểm
Câu 1 3đ
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ
thò (C): của hàm số.
2đ
a) Tập xác đònh: R
b) Sự biến thiên:
i) Giới hạn của hàm số tại vô cực:
và
ii) Bảng biến thiên:
•

x § § 1 §
y’ 0 + 0
y 0
CĐ
CT
y
CT
= y(-1) = -4 và y
CĐ
= y(1) = 0
c) Đồ thò:
• Giao điểm của đồ thò với các trục toạ độ:
Với Oy:
0.5

0)2)(1(0230
23
x
x
xxxxxy
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
x
y
y = m
y = 0
y = -4
m
023
3
=++− mxx
mxxmxx =−+−⇔=++− 23023

ix 52 −= ix 52 +=
( )
2 2 2
0 0 0
2 2
0 0
1 cos sin sin cos x sin x
1 1 3
osx .( ) os 2x
2 2 2
I x xdx xdx dx
c c
π π π
π π
= + = +
= − + − =
∫ ∫ ∫
ABSMABOM ⊥⊥ ;
·
SMO
3
2
60tan.
0
a
OMSO ==
6
3
3
23

9
23
1 2
9
2
1
9
23
1 2
9
x t
y t
z t

= + =



= − + = −



= + =


Thành viên Tuổi Học Trò
123doc.org
Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì
được đủ điểm từng phần như đáp án quy đònh.
Hết

) và A
cùng thuộc một
mặt phẳng.
Câu V. a (1 điểm) Tìm môđun của
số phức
2) Theo chương nâng cao.
Câu IV. b (2 điểm)
Trong không gian
cho hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng lần lượt có phương trình là: và điểm M (1; 0; 5).
1. Tính khoảng cách từ M đến
2. Viết phương trình mặt
phẳng đi qua giao tuyến
(d) của đồng thời vuông góc với mặt phẳng (P):
Câu V. b (1 điểm) Viết dạng lượng
giác của số phức
( )
1
1
1
x
y
x
+
=
−
2.9 4.3 2 1
x x
+ + >
1
5 3


= −

( )
2
2 2z i i= + − −
( ) ( )
µ v
α β
( ) ( )
: 2 3 1 0; : 5 0x y z x y z
α β
− + + = + − + =
( )
α
( ) ( )
µ v
α β
3 1 0x y− + =
1 3z i= +
Thành viên Tuổi Học Trò
123doc.org
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
I 1) (2 điểm)
( 3 điểm) TXĐ: 0,25
Sự biến thiên
 Chiều biến thiên:
Suy ra hàm số nghịch
biến trên mỗi

lim lim 1; lim ; lim
x x
x x
y y y y
− +
→−∞ →+∞
→ →
= = = −∞ = +∞
−∞
+∞
+∞
−∞
Thành viên Tuổi Học Trò
123doc.org
Cắt trục tung tại điểm (0; -1), cắt trục hoành tại điểm (-1;0).
Đồ thị nhận điểm I (1; 1) làm tâm đối xứng (là giao của hai đường tiệm cận)
2) (1 điểm)
Tiếp tuyến của (C) qua điểm P(3; 1)
đường thẳng qua P(3; 1) có hệ số góc k là : y = k(x – 3) + 1 (d)
tiếp xúc với (C) có
nghiệm
thay (2) và (1):
Thay
x = 2 vào phương trình (2) có k = - 2
Vật phương trình tiếp tuyến qua P là:
0,50
f(x)=(x+1)/(x-1)
f(x)=1
O
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6

+

= − +

−

⇔

−

=

−

( )
( )
( )
2
2 2
2 3
1
1
1
1
1 2 3 ( 1)
4 8 0
2
x
x
x

0,50
Bảng biến thiên
x 0 1
y’ - 0 +
3
vậy giá trị nhỏ nhất là , không tồn
tại giá trị lớn nhất
0,50
III Gọi G và G’ lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A’B’C’. ta có GG’ là trục của
đường tròn ngoại tiếp đáy ABC và đáy A’B’C’. Khi đó gọi O là trung điểm của đoạn
GG’ thì ta có:
OA = OB = OC = OA’ = OB’ = OC’
Suy ra O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều
bằng a. Bán kính R = OA
Tam giác vuông AGO có
0,50
0,50
IV.a Mp(P) chứa (d
2
) và qua A có phương trình:
m( 3x + y –z + 3) + n(2x – y +1) = 0
Do A
Chọn m = - n = 1 thì (P): x +
2y – z + 2 = 0
Dễ thấy (d
1
) (P) điều phải chứng minh.
0,50
0,50
( )

= = = −
 
− = − = − −
 ÷
 
= − − = − −
( ) ( )
1
0 1
3 5
2 4 2 4
1 0
0
2 2 2
3 3 3 3 5
2 1 1 2 2 4
.
3 3 5 3 15 45
u u
I u u du u u du
 
= − − = − = −
 ÷
 
 
= − = =
 ÷
 
∫ ∫
( )

2 2 2
2 2
3
3 2 9 4
12 9 21
36 6
a a a a
OA AG GO
a a a
OA
 
 
= + = + = +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
+
= ⇒ =
( ) ( )
4 0C m n∈ ⇒ + =
∈
⇒
A B
G
B’A’
G’
C’
C

2.1 1.0 3.5 1
18
;
4 1 9 14
d M
α
− + +
= =
+ +
( )
γ
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 3 1 5 0
2 3 5 0
m x y z n x y z
m n x m n y m n z m n
− + + + + − + =
⇔ + + − + + − + − =
( ) ( )
P
γ
⊥
( ) ( ) ( ) ( )
. 0 2 3 1 3 .0 0
7 2 0
P
n n m n m n m n
m n
α