Kỳ thi thử tốt nghiệp THPT Tây Ninh năm học 2013 - 2014 môn Toán 12- THPT

 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH 
KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - HỆ THPT 
(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) 
I. Hướng dẫn chung: 
1/ Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ 
điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 
2/ Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không 
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: 
Cho hàm số: 2
1
( ) x
x
y f x 

  có đồ thị (C) 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
a/ TXĐ:  \ 1D   0,25đ 
b/ Sự biến thiên hàm số 
+ y’ = 2
3
0;
( 1)
x D
x
  

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ;-1) và (-1 ;+ ) 
+ Cực trị: Hàm số không có cực trị 
0,25đ 
 0,25đ 
 + Giới hạn: 
 1
lim
x
y
 
   ; 
 1
lim
x
y
 
  . 
Suy ra đường thẳng x = -1 là TCĐ 
 lim 1
x
y

  . Suy ra đường thẳng y = 1 là TCN 
0,25đ 
0,25đ 
 Bảng biến thiên 
0,25đ 
Câu 1 
( 3đ) 
3)Đồ thị 
Đồ thị đi qua các điểm (-2 ; 4), (0 ; -2), (2 ; 0) 
. 
 2 
x
y
O
4
-2 2
-2
1
1-1
0,5đ 
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng -2 
+ Phương trình tiếp tuyến của (C) có dạng:   / 0 0 0y f x x x y   
Ta có 0 02 4x y    
0,25đ 
+    / /0 2 3f x f   0,25đ 
+ Vậy phương trình tiếp tuyến là:  3 2 4y x   
 3 10y x   
0,25đ 
0,25đ 
 1) Giải phương trình: 2 15 11.5 2 0x x    
 Phương trình đã cho viết thành: 25.5 11.5 2 0x x   0,25đ 
Đặt 5xt  (ĐK : t > 0), phương trình trở thành: 
 25 11 2 0t t  
2
1
5
t
t


 

0,25đ 
+ Với 52 5 2 log 2
xt x     0,25đ 
+ Với 1 15 1
5 5
xt x      
 Vậy nghiệm của phương trình là: 5log 2x  và x = -1. 
0,25đ 
 2) Tính tích phân: 
ln8
ln 3
1 .x xI e e dx  
 Đặt 21 1 2x x xt e t e tdt e dx       0,25đ 
ln 3 2
ln8 3
x t
x t
   
   
 0,25đ 
 Khi đó: 
3ln8 3 3
2
ln3 2 2
2
1 . 2
3
x x tI e e dx t dt
 
     
 
  
0,25đ 
Câu 2 
( 3đ) 
 Vậy: 16 3818
3 3
I    0,25đ 
 3 
 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 
 21( ) 2ln 1
2
  f x x x trên đoạn  0;2 
Ta có f(x) liên tục trên đoạn  0;2 và 
2
/ 2 2( )
1 1
 
  
 
x x
f x x
x x
 0,25đ 
Trên khoảng  0;2 : / ( ) 0 1  f x x 0,25đ 
Ta có:  0 0f 
   11 2ln 2
2
 f 
  2 2 2 ln 3 f 
0,25đ 
Vậy 
 1;3
1
( ) (1) 2ln 2
2
  Min f x f và 
 1;3
( ) (0) 0 Max f x f 0,25đ 
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, 
AC = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), cạnh bên SB hợp 
với mặt đáy (ABCD) một góc 300. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD 
theo a. 
a
2a
300
D
B C
A
S
Ta có:  SA ABCD 
Suy ra AB là hình chiếu của SB trên (ABCD). Do đó góc giữa SB và 
(ABCD) là  030SBA  
0,25đ 
Tam giác SAB vuông tại A. Ta có 0 3.tan 30
3
a
SA AB  
0,25đ 
Tam giác ABC vuông tại B: 2 2BC AC AB a 3   
 2. . 3 3  ABCDS AB BC a a a 
 0,25đ 
Câu 3 
( 1đ) 
Vậy: 
3
21 1 3. . 3 .
3 3 3 3
  SABCD ABCD
a a
V S SA a 
0,25đ 
 4 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; –3; 3), 
đường thẳng (d): 2
1 2 1
x y z 
 

 và mặt phẳng (P): 2 2 6 0x y z    
1/ Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A và vuông góc với 
đường thẳng d. 
+ Đường thẳng (d) có vectơ chỉ phương  1;2;1a  

 0,25đ 
+ Do mặt phẳng (Q) vuông góc với đường thẳng d nên  1;2;1a  

 là vectơ 
pháp tuyến của mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) đi qua điểm A(1; –3; 3) 
0,25đ 
+ Phương trình mặt phẳng (Q):      1 2 3 3 0x y z       0,25đ 
 2 4 0x y z     0,25đ 
2/ Tìm tọa độ điểm I thuộc đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ 
điểm I đến mặt phẳng (P) bằng 2 
+ Do điểm I thuộc đường thẳng (d) nên  ; 2 ; 2I t t t   0,25đ 
+ Ta có:    2 2 4 2 6; 2 2
4 1 4
t t t
d I P
    
  
 
0,25đ 
2
2 10 6
8
t
t
t

      
0,25đ 
Câu 4a 
( 2đ) 
 Vậy: có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán là:  2;4;0I  và  8;16;6I  0,25đ 
 Giải phương trình: 2 2 10 0z z   trên tập số phức 
Ta có: / 21 10 9 0      0,5đ 
Câu 5a 
( 1đ) 
 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1 3z i  và 1 3z i  0,5đ 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình: 
(x - 3)2 + (y + 2)2 + (z – 1)2 = 100 và mp (P): 2x – 2y – z + 9 = 0. 
 1/ Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và 
tiếp xúc với mặt cầu (S). 
+ Mặt cầu (S) có tâm  3; 2;1I  và bán kính R = 10 
+ Do mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) nên phương trình mặt 
phẳng (Q) có dạng : 2x – 2y – z + m = 0. ( Với 9m  ) 
0,25đ 
+ Do mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên : 
    6 4 1; 10 10
4 4 1
m
d I Q
  
  
 
0,25đ 
21
9 30
39
m
m
m

      
0,25đ 
+ Vậy phương trình mặt phẳng (Q) : 
2 2 21 0
2 2 39 0
x y z
x y z
   
    
0,25đ 
2/ Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn (C).Tìm tọa độ tâm 
H của đường tròn (C). 
Câu 4b 
( 2đ) 
+ Đường thẳng  đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (P) nên nhận vectơ 
pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n = (2; -2; -1) làm vectơ chỉ phương 
 5 
---HẾT--- 
Phương trình đường thẳng  là: 








tz
ty
tx
1
22
23
0,25đ 
+ Tọa độ tâm H của đường tròn (C) thỏa mãn hệ phương trình: 











0922
1
22
23
zyx
tz
ty
tx
  











3
2
1
2
z
y
x
t
0,5đ 
+ Vậy:  1;2;3H  0,25đ 
Tìm các căn bậc hai của số phức 5 12z i  . 
Gọi w x yi  là căn bậc hai của 5 12z i  . 
Ta có:  
2 2
2 5
5 12
2 12
x y
x yi i
xy
  
    
 
 0,5đ 
+ Giải hệ phương trình được: 
3
2
x
y


 
 hay 
3
2
x
y
 


 0,25đ 
Câu 5b 
( 1đ) 
+ Vậy các căn bậc hai của 5 12z i  là: 3 2w i  và 3 2w i   0,25đ