Đề Tham Khảo Thi Tốt Nghiệp THPT Trường THPT Chuyên Môn Thi Toán Nguyễn Bỉnh Khiêm

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2011
TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN THI TOÁN 
NGUYỄN BỈNH KHIÊM (Thời gian làm bài 150 phút , không kể thời gian giao đề) 
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm)
 Cho hàm số (1) (m tham số)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
Xác định các giá trị m để hàm số (1) đạt cực trị tại 2 điểm x1 và x2 thoả mãn điều kiện 
Câu II (3,0 điểm)
Giải phương trình : 
Tính tích phân I = 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn 
Câu III (1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ xiên ABC.A’B’C’, đáy là tam giác đều . Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm I của BC. Hai mặt bên qua A A’ vuông góc với nhau, khoảng cách giữa BC và A A’ bằng a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần sau)
1.Theo chương trình Chuẩn :
Câu IVa ( 2,0 điểm)
 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x – 2y +z +1 = 0 và đường thẳng d có phương trình: .
Tìm toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3
Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P)
Câu Va (1,0 điểm)
 Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: 
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm)
 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;1;1) và hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình
 (d1) : , (d2) : 
 1) Tính khoảng cách từ điểm I (1;1;1) đến đường thẳng (d1) .
 2) Viết phương trình đường thẳng (D) qua I(1; 1; 1) vuông góc với (d1 ) và cắt (d2).
Câu Vb (1,0 điểm)
 Giải phương trình sau trên C : (z + 4 – 3i)2 – 4(z + 4 – 3i) +20 = 0
 HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM 
Câu
 Đáp án
Điểm
Câu I
(3,0 đ)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ)
Câu I ( 3, 0 đ)
1) (2,0 đ)
+ Khi m = 1 hàm số có dạng 
+ TXĐ : D = R
+ Giới hạn: và 
+Ta có y’ = x2 + 4x +3 , y’ = 0 
+BBT
 x
– – 3 –1 +
 y’
 + 0 – 0 + 
 y
 4/3 +
– 0
Hàm đồng biến trên các khoảng (– , – 3) và (– 1,+), nghịch biến trên khoảng (– 3, – 1). Đồ thị có điểm cực đại (– 3, 4/3) và điểm cực tiểu (– 1, 0).
+ y” = 2x + 4, y” = 0 x = – 2y = 2/3. Đồ thị có điểm uốn I( – 2, 2/3)
+Đồ thị
2)(1,0 đ)
+ y’ = x2 + 4x + 3m 
+ Hàm đạt cực trị tại hai điểm x1 và x2 thỏa khi và chỉ khi 
y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa 
m = – 1 
0,25
0,25
0,25
0,50
0,25
0,50
0,25
0,25
0,50
Câu
 Đáp án
Điểm
Câu II
(3,0 đ)
Câu II (3,0 đ) 
1)(1,0 đ)
+ ĐK: 
+ Phương trình tương đương : 
 (2) 
+ Nếu – 2 < x < 2 thì (2) – (x2 + 2x – 8) = (– x2 + 3x + 10)
 x2 + 7x – 6 = 0 x = 
So ĐK chọn x = 
+ Nếu 2 < x < 5 thì (2) x2 + 2x – 8 = (– x2 + 3x + 10)
 3x2 + x – 26 = 0 x = 
So ĐK chọn x = 
Vậy phương trình có hai nghiệm x = và x = 
2) (1,0 đ) I = 
+ Đặt x = 2sint dx = 2costdt
+ x = 0 thì t = 0; x = 1 thì t = 
+ I = = 2
 = = 
(1,0 đ)
y = y’ = 
+ y(0) = – 1 , y() = , y() = , y() = 
+ Vậy: , – 1 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
Câu
 Đáp án
Điểm
Câu III
(1,0 đ)
Câu IVa
(2,0 đ)
Câu Va
(1,0 đ)
Câu IVb
(2,0 đ)
Câu III ( 1,0 đ)
+A’I(ABC) A’IBC , 
mà AIBC nên BC(A’IA) 
+ Dựng IKA’A, KA’A 
thì IK = a = d(BC, A’A)
+A’A(KBC)A’AKB và A’AKC
 +(A’ABB’)(A’ACC’)KBKC
BC = 2IK = 2a
 AI = a, SABC = a2
 + IA’ = 
 + VABC.A’B’C’ = SABC .IA’ = a2. 
 = 
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần sau)
1.Theo chương trình Chuẩn :
Câu IVa (2,0 đ)
1)M(1+3t, 2 – t, 1 + t)d. 
+ Ta có d(M,(P)) = 3 t = 1
Suy ra có 2 điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0)
2)+ Đường thẳng d qua A(1, 2, 1) có VTCP = (3, – 1, 1)
+Mặt phẳng (P) có VTPT = (2, – 2, 1)
+ Mp(Q) chứa d vuông góc với (P) nên có VTPT = [,] = (1, –1, – 4) 
Suy ra phương trình mp(Q): (x – 1) – (y – 2) – 4(z – 1 ) = 0
 x – y – 4z + 5 = 0
Câu Va (1,0 đ)
 z – i = z = 2 – i
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm)
1)+ d1 qua điểm A(1,–2, –1) và có VTCP = (1, 2, 3)
+ = ( 0, 3, 2); [, ] = (5, 2, – 3)
+ d(I, d) = = 
2) K(6, 1 – 4t, 2t)d2 , = (5, – 4t, 2t – 1)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,50
0,25
0,25
0,50
0,25
Câu
 Đáp án
Điểm
Câu Vb
(1,0 đ)
5 – 8t +3(2t – 1) = 0t = 1 .
Suy ra đường thẳng (D) nhận = (5, – 4 , 1) làm VTCP nên có phương trình: 
Câu Vb (1,0 đ)
(z + 4 – 3i)2 – 4(z + 4 – 3i) +20 = 0 (1) 
+ Đặt t = z + 4 – 3i thì (1) có dạng t2 – 4t + 20 = 0 (2)
(2) có = – 16 = (4i)2 suy ra (2) có hai nghiệm t1 = 2 + 4i và t2 = 2 – 4i
+ Ta có z + 4 – 3i = 2 + 4i z = – 2 + 7i
 có z + 4 – 3i = 2 – 4i z = – 2 – i
Vậy phương trình có hai nghiệm : z = – 2 + 7i và z = – 2 – i
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25