Kỳ thi thử tốt nghiệp THPT Tây Ninh năm học 2011 - 2012 môn Toán 12- THPT

1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH 
 -------------------------------- 
KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2011 - 2012 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12- THPT 
I. Hướng dẫn chung 
 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần 
như hướng dẫn quy định. 
 2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch 
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất trong toàn Hội đồng chấm thi. 
 3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75 làm tròn 
thành 1,0 điểm) 
II. Đáp án và thang điểm 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Cho hàm số 4 22y x x  
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
2,0 
a) Tập xác định: D =R 0,25 
b) Sự biến thiên: 
 * Giới hạn: 
lim 
lim 
x
x
y
y


 
 
0,25 
 * Bảng biến thiên: Ta có: 
3 2' 4 4 4 ( 1)y x x x x    0,25 
 ' 0y   x = 0 hoặc x = 1 hoặc x =1 0,25 
_ ++_
++
+-
-1 -1
0
0
0
0
0
1-1
y'
y
x
0,25 
Hàm số tăng trên các khoảng    1;0 , 1;  
giảm trên các khoảng    ; 1 , 0;1  
(0) 0
(1) ( 1) 1
CD
CT
y y
y y y
 
    
0,25 
Câu1: 
(3,0đ) 
c) Đồ thị: 
2 
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
x
y
O
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng 
0,5 
2) Dựa vào đồ thị (C), tìm các giá trị của tham số m để phương trình 
 4 22 2 0x x m    có 4 nghiệm thực phân biệt. 
1,0 
Xét phương trình 4 22 2 0x x m    (*) .Ta có: 
4 2(*) 2 2x x m     
0,25 
Do đó ( *) có 4 nghiệm thực phân biệt  đường thẳng có phương trình 
y =  m – 2 cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt. 
0,25 
tương đương 1 2 0m     0,25 
Hay 2 1m    0,25 
1) Giải phương trình 2 23 93log 2log 5 0x x   1,0 
Điều kiện: x > 0 0,25 
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương 23 33log 2log 5 0x x   0,25 
3
3
log 1
5log
3
x
x
 
   

 0,25 
 3
3
3
9
x
x
 
  
 (thỏa mãn điều kiện ban đầu) 
Vậy tập nghiệm của phương trình là 
3 33;
9
S
  
  
  
0,25 
Câu2: 
(3,0đ) 
2) Tính tích phân 
1
3
0
xI xe dx  1,0 
3 
Đặt 
3 31
3
x x
u x du dx
dv e v e
  
  
 0,25 
Lúc đó ta có: 
1 1
3 3
00
1 1
3 3
x xI xe e dx   0,25 
13 3
0
1 1
3 9
xe e  0,25 
32 1
9
e 
 0,25 
3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 
1( ) sin
2
 f x x x trên 
đoạn 0;
2
 
 
 
1,0 
Xét trên đoạn 0;
2
 
 
 
 , ta có 
1'( ) cos
2
f x x  0,25 
1'( ) 0 cos 
2 3
f x x x      0,25 
Ta có 
3(0) 0, 1, f
2 4 3 6 2
f f
      
       
   
 0,25 
Vậy  
0; 0;
2 2
3( ) 0 0, ( )
3 6 2
Max f x f Min f x f
    
   
   
  
     
 
 0,25 
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và 
mặt đáy bằng 060 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. 
1,0 
Câu3: 
(1,0đ) 
a H I
C B
A
S
4 
Từ S hạ SH (ABC) (với H  (ABC)) ta có H là trọng tâm, trực tâm của ABC. 
Gọi I là trung điểm của AB, từ giả thiết ta có SI  AB, HI  AB suy ra  060SIH  
0,25 
Ta có mặt đáy của khối chóp S.ABC là một tam giác đều cạnh a nên 
2 3( )
4
adt ABC  
0,25 
Trong SHI vuông tại H và góc  060SIH  , ta 
có: 0
3.tan 60 . 3
6 2
a aSH HI   
0,25 
Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là 
2 31 1 3 3( ).
3 3 4 2 24
a a aV dt ABC SH   
0,25 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 3; 4) và mặt phẳng (P): 
2x + 2y + z – 6 = 0 
1) Tìm tọa độ hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng (P). 
1,0 
Gọi (d) là đường thẳng đi qua điểm A(1; 3; 4) và vuông góc với mặt phẳng (P), 
lúc đó đường thẳng (d) nhận vectơ (2;2;1)Pn 

 làm vectơ chỉ phương. 
0,25 
Phương trình của đường thẳng (d) là: 
  

  
  
1 2
3 2 ( )
4
x t
y t t R
z t
 0,25 
Tọa độ hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng (P) chính là tọa độ giao điểm của 
đường thẳng (d) với mp(P), tức là nghiệm x, y, z của hệ phương trình: 
1 2
3 2
4
2 2 6 0
x t
y t
z t
x y z
  

 

 
    
0,25 
Giải hệ ta tìm được nghiệm 
1 5 10; y ; 
3 3 3
x z    
Vậy tọa độ hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng (P) là điểm 
1 5 10; ;
3 3 3
H
 
 
 
0,25 
2) Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (P). 1,0 
Mặt cầu cần tìm có bán kính là 
2 2 2
4 4 2 2
3 3 3
R HA
     
         
     
 0,5 
Câu4a: 
(2,0đ) 
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là : 2 2 2( 1) ( 3) ( 4) 4x y z      0,5 
Tìm môđun của số phức 
2
2 4
(1 )
iz
i



 1,0 
Ta có 
2 4
2
iz
i



 0,25 
Câu5a 
(1,0đ) 
 2 i   0,25 
5 
Vây môđun của số phức z là 2 2( 2) 1 5z     0,5 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A( 3; 1; 1) và đường thẳng 
():
4 1 4
2 2 1
x y z  
 

. 
1) Tìm tọa độ hình chiếu của điểm A trên đường thẳng (). 
1,0 
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm A(3;1;1) và vuông góc với đường thẳng (), lúc 
đó mp(P) nhận vectơ (2; 2;1)a  

 làm vectơ pháp tuyến. 
0,25 
Phương trình của mp(P) là: 2x – 2y + z 5 = 0 0,25 
Tọa độ hình chiếu của điểm A trên đường thẳng () chính là giao điểm của đường 
thẳng () với mp(P), tức là nghiệm của hệ phương trình: 
4 1 4
 2 2 1
2 2 5 0
x y z
x y z
   
 

    
0,25 
Giải hệ ta tìm được x = 2, y = 1, z = 3 
Vậy tọa độ hình chiếu của điểm A trên đường thẳng () là điểm H(2; 1; 3) 
0,25 
2) Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng (). 1,0 
Mặt cầu cần tìm có bán kính là 2 2 2(3 2) (1 1) (1 3) 5R HA        0,5 
Câu4b 
(2,0đ) 
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là : 2 2 2( 3) ( 1) ( 1) 5x y z      0,5 
Tìm môđun của số phức 
2
(2 3 )( 1 3 )
(1 )
i iz
i
  


 1,0 
Ta có 
7 9
2
iz
i



 0,25 
9 7
2 2
i   0,25 
Câu5b 
(1,0đ) 
Vây môđun của số phức z là 
2 2
9 7 130
2 2 2
z
   
      
   
 0,5 
--------------------Hết-----------------------