DE ON TN THPT 2010

ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT 2010
MÔN TÓAN
Thời gian làm bài: 150 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7,0 điểm)
Câu I: ( 3,0 điểm )
Cho hàm số : y = – x
3
+ 3x
2
– 4.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Tìm m để phương trình x
3
– 3x
2
+ m = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Câu II: ( 3,0 điểm )
1) Giải phương trình: log
4
(2x
2
+ 8x) = log
2
x + 1 .
2) Tính tích phân: I =
2
2
0
sin 2x
dx
1 cos x

π
+
∫
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f(x) =
2
x 2 x+ −
.
Câu III: ( 1 điểm )
Cho khối chóp S.ABC có hai mặt ABC, SBC là các tam giác đều cạnh a và SA=
a 3
2
. Tính thể
tích khối chóp S.ABC theo a.
II. PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu IV.a: ( 2,0 điểm )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng:
∆
1
:
x 1 y 1 z 2
2 1 2
+ − −
= =
− −
, ∆
2
:
x 1 2t
y 2 t

z 1 2t
= −


= − +


= +

1) Chứng minh rằng hai đường thẳng ∆
1
và ∆
2
song song với nhau.
2) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ∆
1
và ∆
2
.
Câu V.a: ( 1,0 điểm )
Tìm môđun của số phức: z =
3 2i
2 i
+
−
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b: ( 2,0 điểm )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng:
∆
1

:
3
1
2
1
1
2
−
−
=
+
=
− z
y
x
, ∆
2
:
x t
y 2 t
z 1 2t
=


= −


= +


và mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
– 2x + 4y – 6z – 2 = 0.
1) Chứng minh rằng hai đường thẳng ∆
1
, ∆
2
chéo nhau và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
đó.
2) Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với hai đường thẳng ∆
1
, ∆
2
và cắt mặt cầu (S) theo
giao tuyến là đường tròn (C) có chu vi bằng 8π.
Câu V.b: ( 1,0 điểm )
Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z
2
– 2(1 + 2i )z + 8i = 0.
–––––––––––––– Hết ––––––––––––––
1
Trường THPT NGUYỄN ĐÁNG
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT 2010 ĐỀ 1
Câu Đáp án Điểm
Câu I
(3 điểm)

1) (2 điểm)
a) Tập xác định: D = R 0,25
b) Sự biến thiên:
+ Giới hạn :
x
lim
→+∞
= −∞
,
x
lim
→−∞
= +∞
+ Lập bảng biến thiên của hàm số :
y’ = – 3x
2
+ 6x. y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
Bảng biến thiên:
x
–∞ 0 2 +∞
Y’ – 0 + 0 –
Y
+∞ 0
–4 –∞
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2), nghịch biến trên mỗi khoảng
(–∞ ;0), (2 ;+∞). Giá trị cực tiểu: y(0) = –4, giá trị cực đại: y(2)= 0.
0,25
0,25
0,5
0,25

c) Đồ thị:
Điểm uốn: I(1 ; –2)
Giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ: (–1;0), (2;0), (0;–4).
Vẽ đồ thị
0,5
2) (1điểm)
+ Phương trình đã cho tương đương với:
– x
3
+ 3x
2
– 4 = m – 4 (1)
Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
(C): y = – x
3
+ 3x
2
– 4 và đường thẳng (d): y = m – 4
Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường
thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt.
Dựa vào đồ thị suy ra: –4 < m – 4 < 0
hay: 0 < m < 4
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II
(3 điểm)
1) (1 điểm) Giải phương trình: log
4

(2x
2
+ 8x) = log
2
x + 1 (1)
Điều kiện: x > 0.
Khi đó: (1) ⇔ log
4
(2x
2
+ 8x) = log
4
(4x
2
)
⇔ 2x
2
+ 8x = 4x
2

⇔ x
2
– 4x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4.
Kết hợp với điều kiện x > 0 suy ra PT (1) có một nghiệm: x=4.
0,25
0,25
0,25
0,25
2) (1 điểm)
Đặt t = 1 + cos

2
x ⇒ dt = – sin2xdx
x = 0 ⇒ t = 2, x = π/2 ⇒ t = 1
Khi đó: I =
1
2
1
dt
t
−
∫
=
2
1
1
dt
t
∫
=
2
1
ln | t |
= ln2.
0,25
0,25
0,25
0,25
2
I
H

A
C
B
S
Câu Đáp án Điểm
Câu II 3) (1 điểm)
+ Tập xác định: D = [ –
2
;
2
]
+ f’(x) = 1 –
2
2 x
x
−
=
2
2
2 x x
2 x
− −
−
+ f’(x) = 0 ⇔
2
2 x x
2 x 2


− =


− < <


⇔
2 2
2 x x
0 x 2

− =


≤ <


⇔ x = 1
+ f(1) = 2, f(–
2
) = –
2
, f(
2
) =
2
và kết luận.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III

(1 điểm) + Gọi I là trung điểm cạnh BC.
Chứng minh tam giác SAI đều
+ Gọi H là trung điểm AI
Chứng minh được: SH ⊥ (ABC)
+ Tính được: SH = 3a/4,
và: S
ABC
=
2
3a
4
+ Thể tích khối chóp S.ABC là:
V =
3
ABC
1 a 3
S .SH
3 16
=
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV.a
(2 điểm)
1) (1 điểm)
+ ∆
1
qua A(–1;1;2) và có vectơ chỉ phương
1

u
uur
=(2;–1;–2)
+ ∆
2
có vectơ chỉ phương
2
u
uur
=(–2;1;2)
+ Toạ độ điểm A không thoả mãn phương trình của ∆
2
nên A ∉ ∆
2
.
+ Vì
1
u
uur
= –
2
u
uur
và A ∉ ∆
2
nên ∆
1
và ∆
2
song song với nhau.

0,25
0,25
0,25
0,25
2) (1 điểm)
Gọi H(1–2t;–2+t;1+2t) là hình chiếu của A trên ∆
2
thì d(∆
1
;∆
2
)=AH
Ta có :
AH
uuur
= (2–2t;–3+t;–1+2t).

AH
uuur
⊥
2
u
uur
⇔
AH
uuur
.
2
u
uur

=0 ⇔ –2(2–2t) –3+t + 2(–1+2t) = 0 ⇔ t = 1
⇒
AH
uuur
= (0;–2;1) ⇒ d(∆
1
;∆
2
) = AH =
5

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV.b
(1 điểm)
Ta có: z =
(3 2i)(2 i) 4 7i
(2 i)(2 i) 5
+ + +
=
− +
⇒
16 49 65
| z |
5 5
+
= =

0,5
0,5
Câu Đáp án Điểm
3
Câu V.a
(2 điểm)
1) (1 điểm)
+ ∆
1
qua M
1
(2 ; –1 ; 1) và có vectơ chỉ phương
1
u
uur
= (1 ; 2 ; –3).
∆
2
qua M
2
(0 ; 2 ; 1) và có vectơ chỉ phương
2
u
uur
= (1 ; – 1 ; 2).
+ [
1
u
uur
,

2
u
uur
] = (1 ; –5 ; –3). M
1
M
2
= (–2 ; 3 ; 0)
+ [
1
u
uur
,
2
u
uur
]
1 2
M M
uuuuuur
= –17 ≠ 0 => ∆
1
và ∆
2
chéo nhau.
+ Tính được: d(∆
1
; ∆
2
) =

17
35
0,25
0,25
0,25
0,25
2) (1 điểm)
+ Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2 ; 3) và bán kính R = 4.
+ Mặt phẳng (α) song song với ∆
1
, ∆
2
nên có vectơ pháp tuyến:
1 2
n [u ,u ]=
r uur uur
= (1;– 5; – 3).
+ Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có: 2πr = 8π
=> r = 4 => r = R => I ∈ (α)
+ Phương trình mặt phẳng (α): x – 5y – 3z – 2 = 0.
Vì M
1
và M
2
không thuộc (α) nên ∆
1
// (α) và ∆
2
// (α).
Vậy phương trình mặt phẳng (α) cần tìm là: x – 5y – 3z – 2 = 0.

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu V.b
(1 điểm)
Ta có: ∆’ = (1+2i)
2
– 8i = –3 + 4i – 8i = – 3 – 4i
⇒ ∆’ = (1 – 2i)
2
(hoặc tìm được các căn bậc hai của ∆’ là ±(1–2i))
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm:
z
1
= 1 + 2i + 1 – 2i = 2 và z
2
= 1 + 2i – (1 – 2i) = 4i
0,25
0,5
0,25
4