ĐỀ-ĐÁP ÁN THI THỬ TN 2010 THPT

Trường THPT-DTNT Con Cuông GV: Nguyễn Đình Thắng
TRƯỜNG THPT-DTNT CON CUÔNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề
Câu 1: (3,0 điểm). Cho hàm số y = x
4
– 2x
2
+ 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị (C) và trục Ox.
c) Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox.
Câu 2: (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
Câu 3: (2,0 điểm).
a) Giải phương trình :
b) Giải bất phương trình : .
Câu 4: (1,0 điểm). Cho mặt cầu (S) tâm O, đường kính AB = 2R. Mặt phẳng (P) vuông góc
với đường thẳng AB tại trung điểm I của đoạn OB cắt mặt cầu (S) theo đường tròn (C).
Tính tỉ số giữa thể tích của khối nón đỉnh A đáy là hình tròn (C) và thể tích của khối cầu.
Câu 5: (2,0 điểm).
Trong không gian Oxyz, cho A(-1; 0; 0); B(0; -2;0); C(0; 0; 2); D(1; -2; -1).
a) Tìm tọa độ điểm E đối xứng với điểm D qua mặt phẳng (ABC).
b) Viết phương trình mặt cầu tâm D và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
Câu 6: (1,0 điểm). Giải các phương trình sau trên tập số phức.
a) z
3
+1 = 0.
b) (z+2)

5
+1 = 0
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm
Trường THPT-DTNT Con Cuông GV: Nguyễn Đình Thắng
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT 2009- 2010.
Đáp án Điêm
Câu1
a)
2
điểm
a) TXĐ : D = R
*Sự biến thiên:
- Giới hạn:
+∞=
+∞→
y
x
lim

lim
x
y
→−∞
= +∞
-Chiều biến thiên:
y' =
3
4 4x x
−

,
,
0
0
1
x
y
x
=

= ⇔

= ±

Bảng biến thiên:
x
∞−
-1 0 1
∞+
y' - 0 + 0 - 0 +
y
∞+
1
∞+
0 0
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( ; 1) (0;1)va
−∞ −
Hàm số đồng biến trên khoảng (-1;0) và (1;
∞+

)
- Cực trị:
x
CĐ
= 0, y
CĐ
= 1,
x
CT
=
1
±
, y
CT
= 0
* Đồ thị:
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
b
0,5đ’
S=
1
4 2
1
( 2 1)x x dx
−

− +
∫
=
5 3
1
1
( 2 )
5 3
x x
x
−
− +
=
16
15
0,25
0,25
c
0,5đ’
V =
1
4 2 2
1
( 2 1)x x dx
π
−
− +
∫
=
1

8 6 4 2
1
( 4 6 4 1)x x x x dx
π
−
− + − +
∫

= (
9 7 5 3
1
1
4 6 4
( )
9 7 5 3
x x x x
x
−
− + − +
=
0,25
0,25
Trường THPT-DTNT Con Cuông GV: Nguyễn Đình Thắng
Câu:2
1đ’
TXĐ : [-1; 1]
y’ =
2
2
2

1
1
x
x
x
− −
−
=
2
2
1 2
1
x
x
−
−
, y’ = 0
2
2
x⇔ = ±
BBT
x
-1
2
2
−

2
2
1

y' - 0 + 0 -
y
0
1
2

1
2
−
0
Vậy maxy = 1/2 ; miny = -1/2
0,25
0,25
0,5
Câu:3
a) 1đ’
Đặt t = 3
x
, t > 0.
Pt trở thành : t
2
+ t – 2 = 0.

1
2( )
t
t loai
=

⇔


= −

Với t = 1 ta có x = 0
0,25
0,25
0,25
0,25
b) 1đ’
ĐK :
0 1
1
2
1
4
x
x
x


< ≠


≠



≠



pt
2 2 2
1 1 1
.
log 1 log 2 logx x x
⇔ >
+ +
.
Đặt t = log
2
x , pt trở thành :
2
2
2
2
1 1 2
0
( 1) 2 ( 1)( 2)
log 2
2
2 1 2 log 1
0 2
0 log 2
t
t t t t t t
x
t
t x
t
x

−
> ⇔ >
+ + + +
< −
< −




⇔ − < < − ⇔ − < < −




< <
< <


⇔
0 < x <1/4 hoặc
2
1 1
2
2
x< <
hoặc
2
1 2x
< <
0,25

0,25
0,25
0,25
Trường THPT-DTNT Con Cuông GV: Nguyễn Đình Thắng
Câu:4
1đ’
Thể tích khối cầu : V
1
=
3
4
3
R
π
Khối nón đỉnh A đáy là hình tròn (C) có
-Đường cao là
AI = AO + OI
=
R
2
3
-Bán kính đáy
2
3
22
ROIRr =−=
Vậy thể tích khối nón là
V
2
=

RRAIr
2
3
.)
2
3
(
3
1
.
3
1
22
ππ
=
=
3
8
3
R
π

Tỉ số giữa thể tích khối nón và khối cầu là:
k =
2
1
V
V
=
9

32
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu:5
a)
1,5đ’
Pt mp (ABC) : 2x + y – z + 2 = 0
Gọi H là hình chiếu của D lên (ABC). Viết được PTTS của DH:
1 2
2
1
x t
y t
z t
= +


= − +


= − −

Giải hệ phương trình
1 2
2
1
2 2 0
x t

y t
z t
x y z
= +


= − +


= − −


+ − + =

Tìm được t = -1/2
Tìm được H(0; -5/2; -1/2)
E đối xứng với D qua (ABC) suy ra H là trung điểm ED. Tìm được E(-1;
-3; 0)
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
b)
0,5đ’
Bán kính mặt cầu : R = d(D, (ABC))=
2.1 2 1 2
3
4 1 1 6
− + +

=
+ +
Pt mặt cầu là: (x-1)
2
+ (y+2)
2
+ (z+1)
2
=
3
2
0,25
0,25
Trường THPT-DTNT Con Cuông GV: Nguyễn Đình Thắng
Câu:6
a
0,5đ’
2
( 1)( 1) 0
1
1 3
2
pt z z z
z
i
z
⇔ + − + =
= −



⇔
±

=


0,25
0,25
b
0,5đ’
5 5
4 3 2
4 3 2
[( 2) ( 1) ]=0
(z+3)[( 2) ( 2) ( 2) ( 2) 1]=0
3
( 2) ( 2) ( 2) ( 2) 1 0(*)
pt z
z z z z
z
z z z z
⇔ + − −
⇔ + − + + + − + +
= −

⇔

+ − + + + − + + =

Giải (*) : Đặt t = z + 2, pt trở thành t

4
– t
3
+ t
2
– t + 1 = 0
t = 0 không thoả mãn.
t
0
≠
: chia cả 2 vế cho t
2
và đặt u = t +
1
t
ta có pt:
u
2
– u – 1 = 0
giải được u =
1 5
2
±
thay vào giải được t suy ra được z
là z = -2 +
1 5 5 5
4 2 2
i
+ − +
±

và z = -2 +
1 5 5 5
4 2 2
i
− − −
±
0,5