Đề thi thử tốt nghiệp trường THPT Nguyễn Huệ môn: toán - Năm học: 2012 – 2013

Page 1 SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ MÔN: TOÁN - NĂM HỌC: 2012 – 2013 TỔ TOÁN Thời gian làm bài 150 phút 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 3 2( ) 3 1y f x x x= = − + − có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d): 1y mx= − cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt Câu 2. (3.0 điểm) 1) Giải phương trình: ( ) ( )2 1 2 1 2 14 3 3 2x xx x− + −− = − 2) Tính tích phân: 1 2 0 2 .I x dx= −∫ 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) ln(3 3) 1 x f x x x = + + − trên đoạn [ ]2;5 Câu 3. (1.0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh bên bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy là 450. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn : Câu 4a. (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình 2 2 1 0x y z− + − = và điểm (1;3; 2)A − 1) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A và đi qua gốc tọa độ O. Câu 5a. (1.0 điểm) Tính môđun của số phức z biết + − = −(2 ) 3 . 1 2i z i z i B. Theo chương trình Nâng cao: Câu 4b. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) có phương trình lần lượt là : 3 2 ( ) 1 x t y t t z t = +  = ∈  = −
, 2 2 4 0x y z+ − − = 1) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc mặt phẳng (P) biết điểm I có hoành độ bằng 1 2) Viết phương trình của đường thẳng ∆ đi qua điểm M(5; 0; – 4) , cắt đường thẳng (d) và song song với mặt phẳng (P) Câu 5b. (1.0 điểm) Giải phương trình sau đây trên tập số phức: − + + =2 4 1 4 0z z i - - - Hết - - - Page 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TN THPT 2013 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (2.0 điểm) = = − + −y f x x x3 2( ) 3 1 ° TXĐ: D = R ° Giới hạn: →+∞ →−∞ = −∞ = +∞ x x y ylim , lim ° = − +y x x/ 23 6  = = − = ⇔  = = x y y x y / 0 ( 1) 0 2 ( 3) ° Bảng biến thiên: x – ∞ 0 2 + ∞ y' – 0 + 0 – y +∞ 3 –1 (CĐ) – ∞ (CT) Kết luận: . . . ° Điểm đặc biệt : = − + = ⇔ = =y x y x y// //6 6. 0 1( 1) = − ⇒ = = ⇒ = −x y x y1 3 , 3 1 ° Đồ thị : Kết luận: Đồ thị có tâm đối xứng là điểm I(1;1) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 Câu 1 (3.0đ) 2. (1.0 điểm) ° Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):  = − + − = − ⇔ − + = ⇔  − + = x x x mx x x mx x x m 3 2 3 2 2 0 3 1 1 3 0 3 0 (*) ° YCBT ⇔ pt(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ∆ = − > <  ⇔ ⇔ ≠  ≠  m m m m 99 4 0 4 0 0 0.25 025 0.25+0.25 1. (1.0 điểm) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − + − − −− = − ⇔ + = + ⇔ × = × x x x x x x x x x x 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 4 3 3 2 2 2 .2 3. 3 3 . 3 3 4 2 3 2 3     ⇔ =        ⇔ = ⇔ = x x x 2 3 2 2 3 3 3 2 3 2 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 2 (3.0đ) 2. (1.0 điểm) ° Đặt: pi pi    = ∈ − ⇒ =      x t t dx tdt2 sin ; 2 cos 2 2 0.25 Page 3 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM ° Đổi cận đưa đến tích phân pi pi = = +∫ ∫I tdt t dt 4 4 2 0 0 2 cos (1 cos2 ) pi pi  = + = +    t t 4 0 1 1 sin2 2 4 2 0.25 0.25+0.25 3. (1.0 điểm) ° − = − = + − + − x x f x x x x x 2 / 2 2 1 1 3 ( ) 1 ( 1) ( 1)( 1) ° Trên đoạn [2;5] : = ⇔ =f x x/( ) 0 3 ° = + = + = +f f f 3 5 (3) ln12 , (2) ln 9 2 , (5) ln18 2 4 ° = = + = = +f x f f x f [2;5] [2;5] 3 min ( ) (3) ln12 & max ( ) (2) ln 9 2 2 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 3 (1.0đ) ° S.ABCD là hình chóp đều nên gọi O là tâm của đáy ABCD ⇒ ⊥SO ABCD( ) ° Gọi M là trung điểm AB  ⊥ ⇒  ⊥ SM AB OM AB ⇒ SMO là góc giữa mặt bên và mặt đáy. Theo gt:  =SMO 045 ° Gọi x là cạnh hình vuông ABCD ⇒ = = x x OA OM 2 , 2 2 ∆ = − ∆ = x SOA SO a SOM SO OM 2 2: , : 2 ⇒ − = ⇒ = x x a a x 2 2 2 2 2 3 ⇒ = = ABCD a a S SO 24 3 & 3 3 ° = × = S ABCD ABCD a V S SO 3 . 1 4 3 3 27 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 4.a (2.0đ) 1. (1.5 điểm) ° Mặt phẳng (P) có VTPT = −  n (2; 1;2) ° Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P) ⇒ Đường thẳng AH qua −A(1;3; 2) và có VTCP = −  n (2; 1;2) ⇒ PTTS của đường thẳng AH:  = +  = −  = − + x t y t z t 1 2 3 2 2 ° ∈ ⇒ + − − +H AH H t t t(1 2 ;3 ; 2 2 ) 0.25 0.25 0.25 0.25 Page 4 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM ∈ ⇒ + − − + − + − = ⇔ =H P t t t t 2 ( ) 2(1 2 ) (3 ) 2( 2 2 ) 1 0 3 ° Vậy  −     H 7 7 2 ; ; 3 3 3 0.25 0.25 2. (0.5 điểm) ° Mặt cầu tâm (1;3; 2)A − và đi qua O nên có bán kính = =R OA 14 ° Phương trình mặt cầu cần tìm là: − + − + + =x y z2 2 2( 1) ( 3) ( 2) 14 0.25 0.25 Câu 5.a (1.0đ) ° = + ∈z a bi a b R( ; ) ° + − = − ⇔ + + − − = −i z i z i i a bi i a bi i(2 ) 3 . 1 2 (2 )( ) 3 ( ) 1 2 ⇔ − + − + = −  = − =  ⇔ ⇔ − + = −  =  a b a b i i aa b a b b (2 4 ) ( 2 2 ) 1 2 3 2 4 1 2 2 2 2 1 2 ° = + ⇒ = + =z i z 3 1 9 1 10 2 2 4 4 2 0.25 0.25 0.25 0.25 1.(0,75 điểm) °  ∈ ⇒ − = ( ) (1; 1;2) 1 I d I x ° = =( ,( )) 3R d I P ° Phương trình (S): − + + + − = 22 2( 1) ( 1) ( 2) 9x y z 0.25 0.25 0.25 Câu 4.b (2.0đ) 2.(1,25 điểm) ° Mặt phẳng (P) có VTPT = −  (1;2; 2)n ° Gọi = ∆ ∩ ⇒ ∈ ⇒ + −( ) ( ) ( ) (3 2 ; ;1 )N d N d N t t t ⇒ = − −  (2 2; ;5 )MN t t t ° ⊥ ⇔ ⇔ − + − − = ⇔ =     . 1(2 2) 2 2(5 ) 0 2n MN nMN t t t t ⇒ =  (2;2;3)MN là VTCP của đường thẳng (∆) ° Phương trình đường thẳng (∆): − + = = 5 4 2 2 3 x y z 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 5.b (1.0đ) ° ∆ = − + = − + = −/ 2 24 (1 4 ) 4 4 (2 )i i i i ° Phương trình có 2 nghiệm phức phân biệt: = + − = − 1 2 (2 ) 4z i i , = − − = 2 2 (2 )z i i 0.25+0.25 0.25+0.25 Page 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO Đề thi thử môn: TOÁN – Giáo dục THPT Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số: 2 1 1 x y x − = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến (d) của ( )C tại điểm trên ( )C có hoàng độ bằng -1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( )C , tiếp tuyến (d) và trục Ox. Câu 2 (3,0 điểm). 1. Giải phương trình: 13 3log (3 1).log (3 3) 12 x x+− − = . 2. Tính tích phân: 1 2 0 ( 1) 2I x x x dx= − −∫ . 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2 1( 2 2) xy x x e −= + − trên đoạn [1; 3]. Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ .ABC A B C′ ′ ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của A′ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. Mặt bên ( )AA C C′ ′ tạo với đáy một góc bằng 45
. Tính thể tích của khối lăng trụ này. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B) 1. Phần A (Theo chương trình Chuẩn). Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ ( , , , )O i j k   , cho 3 2OM i k= +   , mặt cầu ( )S có phương trình: 2 2 2( 1) ( 2) ( 3) 9x y z− + + + − = 1. Xác định toạ độ tâm I và bán kính của mặt cầu ( )S . Chứng minh rằng điểm M nằm trên mặt cầu, từ đó viết phương trình mặt phẳng ( )α tiếp xúc với mặt cầu tại M. 2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu, song song với mặt phẳng ( )α , đồng thời vuông góc với đường thẳng 1 6 2: 3 1 1 x y z+ − − ∆ = = − . Câu 5a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa: 2 3 1 (1 3) 1 i z i + + − = + 2. Phần B (Theo chương trình Nâng cao). Câu 4b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho cho điểm (1;3; 2)I − và đường thẳng 4 4 3: 1 2 1 x y z− − + ∆ = = − 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm I và chứa đường thẳng ∆ . 2. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm I và cắt ∆ tại hai điểm phân biệt A, B sao cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 4. Câu 5b (1,0 điểm). Trong các số phức thỏa điều kiện 2 2 2 1i z z− = − . Tìm số phức có modun nhỏ nhất. ----------------------Hết---------------------- Page 2 x y 1 2 2,5 3 3 2 -1 O 1 ĐÁP ÁN Câu 1: 1. 2 1 1 x y x − = − Tập xác định: \ {1}D =  0.25 đ Đạo hàm: 2 1 0, ( 1) y x D x − ′ = < ∀ ∈ − 0.25 đ Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị. 0.25 đ Giới hạn và tiệm cận: ; lim 2 lim 2 2 x x y y y →−∞ →+∞ = = ⇒ = là tiệm cận ngang 0.25 đ ; 1 1 lim lim 1 x x y y x − +→ → = −∞ = +∞ ⇒ = là tiệm cận đứng. 0.25 đ Bảng biến thiên 0.25 đ x – ∞ 1 +∞ y ′ – – y 2 –∞ +∞ 2 Giao điểm với trục hoành: 10 2 1 0 2 y x x= ⇔ − = ⇔ = Giao điểm với trục tung: cho 0 1x y= ⇒ = Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 y 3/2 1 || 3 5/2 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: 0.5 đ 2. 2 1( ) : 1 x C y x − = − Tiếp tuyến tại A( -1; 3/2) nên hsg k = 1( 1) 4 f ′ − = − 0.25 đ tiếp tuyến (d) : 1 5 4 4 y x=− + 0.25 đ (C) cắt Ox tại B(1/2; 0), (d) cắt Ox tại C(5; 0), D là hình chiếu A lên Ox, Diện tích cần tìm: 1/2 1 9 2 1 ( ) 2 ln 2 6 2 1ADC tcADB x S S S dx x∆ − − = − = − = + −∫ 0.5 đ Câu 2: 1. Điềukiện 0x > 0.25 đ 3 3 3 3 3 3 log (3 1)[1 log (3 1)] 12 82 log (3 1) 4 log 81 log (3 1) 3 log 28 x x x x pt x x ⇔ − + − =  − = − =⇔ ⇔ − = = 0.5 đ Vậy 3 3 82 log ;log 28 81 S  =     0.25 đ 2 1 2 2 0 1 2 (2 ) 2 I x x d x x= − − −∫ 0.25 đ 1 2 3 0 1 ( (2 ) 3 x x= − − 0.5 đ Page 3 aI M H C' B' A B C A ' 1 3 = − 0.25 đ 3 Xét [ ]1;3x∈ Hàm số liên tục trên đoạn [1; 3] 0.25 đ 1 1 2 1 2 1 2 ' (2 2) ( 2 2) (2 2 2 2) ( 4) x x x x y x e e x x e x x x e x − − − − = + − + − = + − − + = − + 0.25 đ 2 2' 0 4 0 2 [1;3] x y x x = = ⇔ − + = ⇔  = − ∉ 0.25 đ 2 (1) 1 6 (2) 13 (3) y y e y e = = = [1;3] [1;3] 6 1 Maxy e Miny = = 0.25 đ Câu 3: Gọi H,M,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,AC,AM Theo giả thiết, ( ),A H ABC BM AC′ ⊥ ⊥ Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên ||IH BM IH AC⇒ ⊥ Ta có, ,AC IH AC A H AC IA′ ′⊥ ⊥ ⇒ ⊥ Suy ra góc giữa ( )ABC và ( )ACC A′ ′ là  o45A IH′ = 0.5 đ o 1 3. tan 45 2 4 a A H IH IH MB′ = = = = 0.25 đ Vậy thể tích lăng trụ là: 31 1 3 3 3 . . . 2 2 2 4 16 a a a V B h BM AC A H a′= = = ⋅ ⋅ ⋅ = (đvtt) 0.25 đ Câu 4a 1. 3 2 (3;0;2)OM i k M= + ⇒   và 2 2 2( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 9S x y z− + + + − = Mặt cầu có tâm (1; 2;3)I − và bán kính 3R = 0.25 đ Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu: 2 2 2(3 1) (0 2) (2 3) 9− + + + − = là đúng Do đó, ( )M S∈ 0.25 đ ( )α đi qua điểm M, có vtpt (2;2; 1)n IM= = −   0.25 đ Vậy, PTTQ của ( )α là: 2( 3) 2( 0) 1( 2) 0 2 2 4 0x y z x y z− + − − − = ⇔ + − − = 0.25 đ 2 Điểm trên d: (1; 2;3)I − ( )α có vtpt (2;2; 1)n = −  và ∆ có vtcp (3; 1;1)u ∆ = −  nên d có vtcp 0.25 đ Page 4 H C I A B 2 1 1 2 2 2 [ , ] ; ; (1; 5; 8) 1 1 1 3 3 1 u n u ∆  − −  = = = − − − −      0.5 đ Vậy, PTTS của d là: 1 2 5 ( ) 3 8 x t y t t z t  = + = − − ∈  = −  0.25 đ Câu 5a Tính được 2 1 3z i= − 0.5 đ Suy ra 3 1 2 2 3 1 2 2 z i z i  = −   = − +  0.5 đ Câu 4b 1. Đường thẳng ∆đi qua điểm (4;4; 3)M − , có vtcp (1;2; 1)u = −  Mặt phẳng ( )P đi qua điểm (1;3; 2)I − Hai véctơ: (3;1; 1)IM = −  (1;2; 1)u = −  0.25 đ Vtpt của mp(P): 1 1 1 3 3 1 [ , ] ; ; (1;2;5) 2 1 1 1 1 2 n IM u  − −  = = =  − −      0.25 đ PTTQ của mp ( ) : 1( 1) 2( 3) 5( 2) 0P x y z− + − + + = 2 5 3 0x y z⇔ + + + = 0.5 đ 2.Khoảng cách từ điểm I đến∆ 2 2 2 2 2 2 [ , ] 1 2 5 30 ( , ) 5 61 2 ( 1) IM u d d I u + + = ∆ = = = = + + −    0.25 đ Giả sử mặt cầu ( )S cắt ∆ tại 2 điểm A,B sao cho AB = 4 ( )S⇒ có bán kính R = IA Gọi H là trung điểm đoạn AB, khi đó: IH AB IHA⊥ ⇒∆ vuông tại H Ta có, 2 ; ( , ) 5HA IH d I= = ∆ = 0.25 đ 2 2 2 2 2 2( 5) 2 9R IA IH HA= = + = + = 0.25 đ Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2( ) : ( 1) ( 3) ( 2) 9S x y z− + − + + = 0.25 đ Câu 5b Gọi z x iy z x iy= + ⇒ = − 2 2 2 1i z z− = − 2 2 2 24 (2 2 ) (2 1) 4 4 8 3 0x y x y x y⇔ + + = − + ⇔ + + = 0.5 đ Gọi (d): 4 8 3 0x y+ + = . M biểu diễn cho z. Để modun z nhỏ nhất thì M là hình chiếu của O lên d. Tìm 3 3 ( ; ) 20 10 M − − . Vậy 3 3 20 10 z i= − − 0.5 đ Page 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013 TRƯỜNG THPT BẮC BÌNH Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu 1 ( 3 điểm ). Cho hàm số 3 22 3 1=− + +y x x 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 2 Câu 2 ( 3 điểm ). 1) Giải phương trình : x 3 x5 5 20 0−− − = 2) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4f(x) x x = + trên đoạn [1;3] 3) Tính tích phân : 1 x 0 ( )= +∫I x x e dx Câu 3 (1 điểm).Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc
060BAD = , biết AB’ hợp với mặt đáy (ABCD) một góc 300. Tính thể tích của hình hộp theo a. II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2 ) 1. Theo chương trình chuẩn (3 điểm) Câu 4a ( 2 điểm ). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0;2;1) và đường thẳng 2 2 : 1 3 (t R) = −  ∆ = − + ∈  = x t y t z t 1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng ∆ 2) Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho khoảng cách từ M đến A bằng 14 Câu 5a (1 điểm).Cho hai số phức 1z (2 3i)(1 i) 5 i= + + + − và 2z (2x y 1) (x 2y)i= + − + + , x,y R∈ Tìm các số thực x, y sao cho 1 2z z= 2. Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu 4b (2 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm I(1;-1;2) và đường thẳng ∆: 2 1 1 2 1 x y z− − = = 1) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với đường thẳng ∆ 2) Tìm điểm N thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác OIN cân tại N Câu 5b (1 điểm ). Tìm các số nguyên x, y sao cho số phức = +z x iy thỏa mãn 3 46 9=− +z i ………………….Hết………………….. Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh: ……………….. Chữ kí của giám thị 1: ……………… Chữ kí của giám thị 2: ……………………. ĐỀ THI THỬ Page 2 ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm 1/. TXĐ : D=R = − +2' 6 6y x x = = ⇔ − + = ⇔  = 2 0 ' 0 6 6 0 1 x y x x x →+∞ →−∞ = −∞ = +∞lim ; lim x x y y Bảng biến thiên: x – ∞ 0 1 + ∞ y’ - 0 + 0 - y + ∞ 2 1 – ∞ Kết luận: (về sự đồng biến nghịch biến, cực đại , cực tiểu) * Điểm đặc biệt : 1 3;2 ; ;1 2 2     −        * Đồ thị : 4 2 2 4 5 5 1 -1 0 1 2 * Kết luận: Đồ thị nhận điểm uốn 1 3; 2 2       làm tâm đối xứng 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 1 1.(2.0đ) 2.(1.0đ) 2/. 0 2x = ⇒ 0 3y = − và "( ) 12= −of x Pttt của đồ thị (C) có dạng : 0 0 0'( )( )y f x x x y= − + ⇒ 12( 2) 3y x= − − − ⇔ 12 21y x= − + 0,25-0,25 0,25-0,25 Câu 2. 1.(1.0đ) 1/. Phương trình tương đương : − − =1255 20 0 5 x x Đặt t = 5x , đk : t > 0 0,25 y x Page 3 Câu Nội dung Điểm PT trở thành : 2125 20 0 20 125 0 25 5 (loaïi) − − = ⇔ − − = = ⇔  = − t t t t t t Với t = 25 ⇒ 5 25 2= ⇔ =x x 0,25 0,25 0,25 2/. Ta có : 2 2 2 4 4'( ) 1 xf x x x − = − = 2 (nhaän)'( ) 0 2 (loaïi) x f x x  = = ⇔  = − 13(1) 5; f(3)= ; f(2)=4 3 f = Vậy : [1;3] [1;3] ( ) (1) 5; ( ) (2) 4Max f x f Min f x f= = = = 0,25 0,25 0,25 0,25 2.(1.0đ) 3.(1.0đ) 3/. Viết 1 1 1 2 0 0 xI x xdx xe dx I I= + = +∫ ∫ Tính 11 1 3 5 2 2 1 0 0 0 2 2 5 5 I x xdx x dx x= = = =∫ ∫ Tính 1 2 0 xI xe dx= ∫ Đặt x x u x du dx dv e dx v e  = =  ⇒  = =   11 1 2 0 0 0 1x x xI xe e dx e e= − = − =∫ Vậy : 2 71 5 5 I = + = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3 (1,0đ) 60 30 D C A D' B' C' A' B Ta có : BB’⊥ (ABCD) nên AB là hình chiếu của AB’ trên (ABCD) ⇒góc giữa AB’ và (ABCD) là góc
0' 30B AB = 0,25 Page 4 Câu Nội dung Điểm ∆ABD đều cạnh a ⇒ 2 3 4ABD a S = ⇒ 2 32 2ABCD ABD a S S= = ∆ABB’ vuông tại B⇒ 0 3' .tan30 3 a BB AB= = Vậy : 3 . ' 2ABCD a V S BB= = 0,25 0, 25 0,25 1/.(P)⊥ ∆ ⇒một VTPT của (P) là ( 2;3;1)n = −  mp(P) qua A(0;2 ;1) và có VTPT ( 2;3;1)n = −  pt mp(P) là : -2(x-0) + 3(y-2) +1(z-1) = 0⇔ 2x – 3y + z – 7 =0 0,25 0,25 0,25-0,25 Câu 4a 1.(1,0đ) 2.(1,0đ) 2/. M∈∆ ⇒ (2 2 ; 1 3 ; )M t t t= − − + MA= 14 ⇔ 2 2 2(2 2) (3 3 ) (1 ) 14t t t− + − + − = ⇔ t=0 hoặc t=2 Vậy : M1(2 ;-1 ;0) và M2(-2 ;5 ;2) 0,25 0,25-0,25 0,25 Câu 5a (1,0đ) Ta có : 1 4 4z i= + Do đó: 1 2 2 1 4 2 4 x y z z x y  + − = = ⇔  + = ⇔ 2 1 x y  =  = 0,25 0,5-0,25 1. ∆ qua M và có VTCP là (1;2;1)u =  , (1;2; 2)IM = −  , (6; 3;0)IM u  = −     Bán kính , 45( , ) 6 IM u R d I u    = ∆ = =    Mặt cầu (S) tâm I(1 ;-1 ;2), bkính 45 6 R = có pt là : 2 2 2 15( 1) ( 1) ( 2) 2 x y z− + + + − = 0,25 0.25 0,25 0,25 Câu 4b 1.(1,0đ) 2.(1,0đ) 2/. Ptts của ∆ : 2 1 2 x t y t z t  = +  = +  = . N∈∆ ⇒N=(2+t ;1+2t ;t) Ycbt ⇔ IN=ON⇔ t=2 Vậy : N(4 ;5 ;2) 0,25 0,25-0,25 0,25 Câu 5b (1,0đ) Ta có : 3 3 3 2 2 3( ) ( 3 ) (3 )z x yi x xy x y y i= + = − + − 3 2 3 2 3 3 46 46 9 3 9 x xy z i x y y  − = − = − + ⇔  − = ⇔ 2 3 x y  =  = 0,25 0,5-0,25 Page 1 Sở GD - ĐT Bình Thuận Đề Thi Thử Tốt Nghiệp - 2013 Trường THPT Bùi Thị Xuân Môn Toán - Thời Gian : 150 phút I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ): Câu 1(3.0 điểm) :1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : 3 23 2y x x= − + − 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y = mx-2 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt. Câu 2(3.0 điểm) : 1) Giải bất phương trình : 0,5 1 log 1 2 x x + ≥ − − 2) Tính tích phân : 3 3 0 sin cos x I dx x pi = ∫ 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số . xy x e−= trên đoạn [ ]0;2 . Câu 3(1.0 điểm): Tính diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích khối trụ, biết thiết diện qua trục hình trụ là hình vuông cạnh 2a. II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) A.Theo chương trình chuẩn : Câu 4a(2.0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình : 2 2 2 4 6 2 2 0x y z x y z+ + − + − − = và mặt phẳng (P) : 2x - y + 2z + 3 = 0. 1)Hãy xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu (S). 2)Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Tìm tọa độ tiếp điểm. Câu 5a(1 điểm) : Tìm nghiệm phức z của phương trình : (2 - 3i )z - 4 + 5i = 3 - 4i B.Theo chương trình nâng cao : Câu 4b(2.0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình : 2 3 2 ( ) 4 2 x t y t t R z t = − −  = + ∈  = + và điểm M ( -1; 0; 3 ). 1) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và đi qua điểm M. 2)Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với đường thẳng d. Câu 5b(1 điểm) : Giải phương trình sau trên tập số phức : 2 (1 2 ) 1 0x i x i− + + + = Page 2 Đáp Án - Thang Điểm : CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1.(2.0 điểm) .TXĐ : D= R . 2' 3 6y x x=− + . 0 2 ' 0 2 2 x y y x y = ⇒ = − = ⇔  = ⇒ = .Bảng biến thiên : .Kết luận các khoảng đơn điệu và cực trị .Một số điểm mà đồ thị đi qua : (-1;2); (1;0); (3;-2) .Đồ thị : 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 2.(1.0 điểm) Câu 1(3.0 điểm) PT hoành độ giao điểm của d và (C) : 3 2 2 0 3 0 3 0(*) x x x mx x x m = − + = ⇔  − + = Để d cắt (C) tại ba điể