Ôn thi TN (có đáp án)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010
ĐỀ THAM KHẢO Môn: TOÁN – Giáo dục THPT
Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.
SỐ1
I/ PHẦN DÀNH CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH (7 điểm)
Câu 1 (4 điểm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
4 2
2y x x= −
2) Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình :
4 2
2 0x x m− − =

3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường
0, 0, 2y x x= = =
Câu 2 ( 2 điểm)
1./Xác định tham số m để hàm số
( )
3 2 2
6 3 2 6y x mx m x m
= − + + − −
đạt cực tiểu tại điểm x
=3
2./Giải phương trình :
1 2 1
log 1 log 6x x
= −
+
Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có
AB a
=

, góc
·
0
45SAC =
. Tính thể tích khối
chóp S.ABCD.
II/ PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được chọn phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1
hoặc phần 2)
1/ Theo chương trình chuẩn
Câu 4 (1 điểm)
1) Tính tích phân : I=
1
0
(2 )
x
x e dx+
∫
2) Tính giá trị của biểu thức : P =
1 1
2 1 2 1i i
−
− +
Câu 5 (2 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho ba điểm A(2;0;0) ,B(0;4;0) và
C(0;0;8).Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC
a/ Viết phương trình đường thẳng OG
b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng OG và vuông góc với mặt phẳng (ABC)
2/ Theo chương trình nâng cao
Câu 4 (1 điểm)
1)Tìm hàm số f, biết rằng

( )
' 2
8sinf x x=
và
( )
0 8f =
2) Giải phương trình
2
4 7 0z z− + =
trên tập số phức
Câu 5 (2 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng
1
d
và
2
d
lần lượt có phương
trình

1
2 0
:
3 0
x y z
d
x y z
− + =


+ + − =


và
2
1 1
:
2 1 1
x y z
d
− +
= =
−
1) Chứng minh rằng d
1
chéo d
2
2) Viết phương trình đường thẳng (
∆
)qua điểm M
0
=(1;2;3) và cắt cả hai đường thẳng d
1

và d
2
.
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1
(4 điểm)
1. ( 2,0 điểm)

a) TXĐ: D=R 0.25
b)Sự biến thiên
● Chiều biến thiên:
Ta có : y’=4x
3
-4x=4x(x
2
-1) ;y’=0
0; 1x x⇔ = = ±
Trên các khoảng
( )
1;0−
và
( )
1;+∞
,y’>0 nên hàm số đồng biến
Trên các khoảng
( )
; 1−∞ −
và
( )
0;1
,y’<0 nên hàm số nghịch biến
0.5
●Cực trị:
Từ kết quả trên suy ra :
Hàm số có hai cực tiểu tại x=
1±
;y
CT

=y(
1±
) = –1
Hàm số có một cực đại tại x=0; y
CĐ
=y(0) =0
●Giới hạn tại vô cực :

lim
x
y
→−∞
= +∞
;
lim
x
y
→+∞
= +∞
0.5
●Bảng biến thiên
x
−∞
-1 0 1 +
+∞
y’ – 0 + 0 – 0 +
+
∞
0 +
∞

y –1 –1
0.25
c/ Đồ thị :
Hàm số đã cho là chẵn, do đó đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng
Đồ thị đi qua gốc toạ độ và cắt trục Ox tại
( )
2;0±
Điểm khác của đồ thị
( )
1; 1± −


0.5
2. Biện luận :
●m<–1 : phương trình vô nghiệm
●-1<m<0 : phương trình có 4 nghiệm
●m=0 : phương trình có 3 nghiệm
●m=-1 hay m>0 : phương trình có 2 nghiệm
1
3. Diện tích hình phẳng cần tìm:
S=
2 2
4 2 4 2
0 0
2 ( 2 )x x dx x x dx− = −
∫ ∫
=
8 2
15
1

Câu 2
( 2 điểm)
1. (1 điểm)
Ta có : y’ =3x
2
-12mx+3(m
2
+2) và y’’ = 6x-12m
+
( )
( )
' 3 0
'' 3 0
y
y
=


>


2
12 11 0
3
2
m m
m

− + =


⇔

<


1m
⇔ =
0.5
0.5
2. (1 điểm)
Đk : x>0 và x
≠
1; x
≠
1
2
Đặt t=logx ,pt theo t: t
2
-5t+6=0 (với t
≠
0 và t
≠
-1)

2
3
t
t
=


⇔

=

t=2 thì ta có x=100 ; t= thì ta có x=1000
Vậy pt có hai nghiệm : x =100 ; x =1000
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 3
( 1 điểm)
Tính được SO = OA =
2
2
a
Thể tích khối chóp :
3
2
1 1 2 2
. . .
3 3 2 6
ABCD
a a
V S SO a= = =
(đvtt)
0.5
0.5
Chương trình cơ bản
Câu 4

(1điểm)
1/ (0.75 điểm) I=
1
0
(2 )
x
x e dx+
∫
=
1
0
2xdx
∫
+
1
0
x
xe dx
∫
=I
1
+I
2
Tính I
1
=1
Tính I
2
=1 và I = I
1

+I
2
=2
0.25
0.5
2/ (0.25 điểm) P=
( )
( ) ( )
1 2 2 1
2
3
2 1 1 2
i i
i i
+ − −
= −
− +
0.25
Câu 5
(2điểm)
1/ ( 1 điểm)
●G
2 4 8
; ;
3 3 3
 
 ÷
 
●Véc tơ chỉ phương của đường thẳng OG :
OG

uuur
=
2 4 8
; ;
3 3 3
 
 ÷
 
=
( )
2
1;2;4
3
=
2
3
v
r
●Phương trình đường thẳng OG :
1 2 4
x y z
= =
0.25
0.25

0.5
2/ ( 1 điểm)
Véc tơ pháp tuyến của mp(ABC) :
( ) ( )
1

, 32;16;8 8 4;2;1 8n AB AC n
 
= = = =
 
r uuur uuur ur
Véc tơ pháp tuyến của mp(P) :
1
,
P
n n v
 
= =
 
uur ur r
(-6;15;-6)
Phương trình mặt phẳng (P): 2x-5y+2z=0
0.25
0.25
0.5
Chương trình nâng cao
Câu 4
( 1 điểm)
1/ (0.5 điểm)
●
2
8 sin 4 2sin 2x dx x x C= − +
∫
● Vì f(0)=8 nên C=8 .Do đó f(x) = 4x-2sin2x+8
2/ (0.5 điểm)
●

( )
2
' 3 3i∆ = − =
● Phương trình có hai nghiệm phức phân biệt :
2 3 , 2 3x i x i= − = +
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 5
( 2 điểm)
1/ ( 0.75 điểm)
● Đường thẳng d
1
qua M
1
=(1;2;0) và có VTCP
( )
1
2; 1;3a = − −
ur
Đường thẳng d
2
qua M
2
=(1;-1;0) và có VTCP
( )
2
2;1; 1a = −
uur

● Tính được :
1 2 1 2
, 12 0M M a a
 
= − ≠
 
uuuuuur ur uur
Vậy d
1
chéo d
2

0.25
0.25
0.25
2/ ( 1.25 điểm)
Đường thẳng
∆
là giao tuyến của hai mặt phẳng (
α
) và mp(
β
)
Trong đó, mặt phẳng (
α
) là mặt phẳng qua M
0
chứa d
1
có pt: x-2y+3=0

mặt phẳng (
β
) là mặt phẳng qua M
0
chứa d
2
có pt: x-y+z-2=0
Do đó : Đường thẳng
∆
có pt:
2 3 0
2 0
x y
x y z
− + =


− + − =

0.5
0.5
0.25
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010
ĐỀ THAM KHẢO Môn: TOÁN – Giáo dục THPT
Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.
SỐ 26
I. Phần dành chung cho tất cả thí sinh: ( 7 điểm)
Câu I (3,0 điểm).
Cho hàm số
3 2

3 2y x x= − + −
(1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số (1)
2.Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để đường thẳng
2y mx= −
cắt đồ thị
( )C
tại ba điểm
phân biệt.
Câu II (3,0 điểm )
1.Giải bất phương trình
2
3
log ( 1) 2x + <
2. Tính tích phân
3
3
0
sinx
cos
I dx
x
π
=
∫
3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

( )
x
f x xe
−
=
trên đoạn
[ ]
0;2
.
Câu III) ( 1 điểm ).
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích
của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a .
II. Phần riêng: ( 3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu IV.a ( 2,0 điểm )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 6;-1 ;0) và mặt phẳng (P) có phương
trình:

4 3 1 0x y z− + + =
1. Viết phương trình tham số đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mp(P).
2. Viết phương trình mặt cầu có tâm là hình chiếu H vuông góc của điểm A lên mp(P)
và đi qua điểm A.
Câu IVb) ( 1 điểm )
Hãy xác định phần thực, phần ảo của số phức :
i
i
i
z
++
+

−
=
1
21
1
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu IV a)( 2 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình:
1 2t
1
x = +
y = +t
z t
−
= −
, t
∈
R và điểm M ( 2; 1; 0 ).
Viết phương trình của đường thẳng qua M vuông góc và cắt d.
Câu IV b) ( 1 điểm) Trên mặt phẳng phức, hãy tìm tập hợp các điểm của các số phức
thỏa
2
≤−
iz
.
(hết)
ĐÁP ÁN
Câu Đáp án Điểm
Câu I
(3 điểm)
1. (2 điểm)

Tập xác định
D = ¡
0,25
Sự biến thiên:
2
' 3 6y x x= − +
0
y'=0
2
x
x
=

⇔

=

0,25
Giới hạn :
lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= −∞ = +∞
0,25
Bảng biến thiên:
0,5
Hàm số đồng biến trên khoảng
(0;2)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng

( ;0)−∞
,
(2; )+∞
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ
= y(2) = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= y(0) = -2
0,25
Đồ thị
Giao điểm của
( )C
với các
trục toạ độ (0;-2),(1;0)
Đồ thị
( )C
nhận điểm I(1;0) làm tâm đối xứng
0,5
2 (1,0 điểm)
x
y’
y
-∞ 0 2 +∞
0 0- + -
-2
CT
CĐ
+∞
-∞

2
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
( )C
và đường thẳng
2y mx= −
là:
3 2
3 2 2x x mx− + − = −
2
( 3 ) 0x x x m⇔ − + =
2
0
3 0
x
x x m
=

⇔

− + =

0,25
Đường thẳng
2y mx= −
cắt đồ thị
( )C
tại ba điểm phân biệt
⇔
Phương trình
2

3 0x x m− + =
có 2nghiệm phân biệt, khác 0
0,25
2
9 4 0
0 3.0 0
m
m
∆ = − >

⇔

− + ≠

0,25
9
0
4
m⇔ ≠ <
0,25
Câu II
(3 điểm )
1. (1,0 điểm )
Bất phương trình đã cho tương đương với hệ bất phương trình
2
2 2
( 1) 0
( 1) 3
x
x


+ >


+ <


0,25
2
1
2 8 0
x
x x
≠ −

⇔

+ − <

0,25
1
4 2
x
x
≠ −

⇔

− < <


0,25
4 1x
⇔ − < < −
hoặc
1 2x
− < <
0,25
2.(1,0 điểm )
Đặt
osx dt = -sinxdt sinxdx = -dtt c= ⇒ ⇒
0,25
Đổi cận
1
0 1,
3 2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
0,25
Do đó
1 1
3
3
1 1
2 2
1
I dt t dt
t
−
= =

∫ ∫

1
1
2
2
1
2t
= −
0,25

3
2
=
0,25
3. (1,0 điểm )
'( ) (1 )
x x x
f x e xe e x
− − −
= − = −
0,25
[ ]
'( ) 0 1 0;2f x x= ⇔ = ∈
0,25
2 1
(0) 0, (2) 2 , (1)f f e f e
− −
= = =
0,25

Suy ra
[ ]
-1
0;2
axf(x)=e
x
m
∈
tại
1x =
;
[ ]
0;2
min f(x)=0
x∈
tại
0x =
0,25
Câu III
(1,0 điểm )
 Thể tích khôi lăng trụ

2 3
a 3 a 3
V AA'.S a.
ABC
4 4
= = =
 Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn
ngoại tiếp

ABC , A'B'C'∆ ∆
thí tâm
của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều
ABC.A’B’C’ là trung điểm I của OO’ .

Bán kính
a 3 a a 21
2 2 2 2
R IA AO OI ( ) ( )
3 2 6
= = + = + =
Diện tích mặt cầu :
2
a 21 7 a
2 2
S 4 R 4 ( )
6 3
π
= π = π =
0.25
0.25
0.25
0.25
A. Chương trình chuẩn
Câu IV.a 1. (1 điểm)
(P) có vectơ pháp tuyến
( )
4; 1;3n = −
ur
.

Do d vuông góc với (P) nên d nhận
( )
4; 1;3n = −
ur
làm vectơ chỉ phương.
0.25đ
0,25 đ
Đường thẳng d đi qua điểm A(6;-1;0) và có vectơ chỉ phương
( )
4; 1;3n = −
ur
Vậy phương trình tham số của d là
6 4
1
3
x t
y t
z t
= +


= − −


=

0,25 đ
0,25 đ
2. (1 điểm)
H là giao điểm của d và mặt phẳng (P).

Toạ độ H là nghiệm của hệ:
( ) ( )
6 4
1 4 6 4 1 9 1 0 26 26 1
3
4 3 1 0
x t
y t t t t t t
z t
x y z
= +


= − − ⇒ + − − − + + = ⇔ = − ⇔ = −


=


− + + =


Vậy H( 2; 0;-3)
0,25 đ
0,25 đ
Do mặt cầu đi qua A nên có bán kính:
R=AH =
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 6 0 1 3 0 26− + + + − + =

Vậy phương trình mặt cầu (S):
( ) ( )
2 2
2
2 3 26x y z− + + + =
0,5 đ
Câu IVb
(1 điểm)
+
i
ii
z
++
−+
=
1
)21)(21(
2i)-i)(1-(1
=
i
i
++
−−
1
5
31
=
4 2
5 5
i+

+ Phần thực bằng 4/5, phần ảo bằng: 2/5
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
B. Chương trình nâng cao:
Câu IVa
(2.0 điểm)
+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d. Khi đó MH qua M và cắt d
+ H thuộc d, suy ra: H ( 1+2t; -1+t; - t)
);2;12( tttMH
−+−−=⇒
+ MH
⊥
d và d có VTCP
)1;1;2(
−=
a
Nên: 2(2t-1) – 2 + t + t = 0
3
2
=⇔
t

)
3
2
;
3
4

;
3
1
(
−−=⇒
MH
Từ đó có pt MH:
2
1 4t
2t
x = +t
y =
z =
−
−
0.25đ
0.5đ
0.5đ
0.25đ
0.5đ
Câu IVb
(1.0 điểm)
+ Giả sử số phức z có dạng: z =a+bi, ta có z –i = a + (b-1)i
+ |z-i|
≤
2
2)1(
22
≤−+⇔
ba

4)1(
22
≤−+⇔
ba
Vậy tập hợp các điểm cần tìm biểu diễn số phức thỏa đề bài là hình tròn
có tâm I(0;1) và bán kính R = 2
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010
ĐỀ THAM KHẢO Môn: TOÁN – Giáo dục THPT
Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.
SỐ 3
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1. (3,0 điểm). Cho hàm số
4 2
1
2 4
4
= − +y x x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số .
2) Dựa vào đồ thị
( )C
, biện luận theo tham số
m
số nghiệm phân biệt của phương trình:

4 2
8 16 4 0− + − =x x m
.
Câu 2. (3,0 điểm)
1) Giải phương trình
2 2
3 9.3 10 0
− −
+ − =
x x
2) Tính tích phân
( )
2
1
1 ln
=
+
∫
e
dx
I
x x
3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
2
3 3
( )
1
− +
= =
−

x x
y f x
x
trên đoạn
3
;3
2
 
 
 
.
Câu 3. (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABC
có cạnh bên
=SA a
và vuông góc với đáy, đáy
ABC

là tam giác vuông tại đỉnh
B
,
·
60=
o
ACB
, cạnh
=AB a
.
1) Tính thể tích của khối chóp
.S ABC

theo
a
.
2) Tính diện tích xung quanh của mặt nón tròn xoay có đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác
ABC, và có chiều cao bằng chiều cao bằng chiều cao của khối chóp S.ABC.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
( )
0;2;1A
,
( )
1;0;2B
,
( )
2;1;0C
.
1) Viết phương trình mặt phẳng
( )P
qua ba điểm
, ,A B C
.
2) Viết phương trình tham số đường thẳng
d
vuông góc mặt phẳng
( )P
tại trọng tâm tam giác

ABC
Câu 5a. (1,0 điểm). Gọi
1
x
và
2
x
là hai nghiệm phức của phương trình
2
8 41 0− + =x x
. Tính
môđun của số phức
1 2
= −z x x
.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 4b. (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
d
và mặt phẳng
( )P

có phương trình:
7 3
: 4 ( )
5 4

= +



= + ∈


= − −

¡
x t
d y t t
z t
và
( ) : 3 2 1 0+ − − =P x y z
1) Viết phương trình mặt phẳng
( )Q
chứa đường thẳng
d
và vuông góc với mặt phẳng
( )P

2) Viết phương trình tham số của đường thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng
( )P
, cắt đường thẳng
d

đồng thời vuông góc với đường thẳng
d
Câu 5b. (1,0 điểm). Gọi
1

x
và
2
x
là hai nghiệm phức của phương trình:
2
3 4 0− + =x ix
. Tính
môđun của số phức
3 3
1 2
= −z x x

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1 1.(2,0 điểm)
a) Tập xácđịnh:
= ¡D
0,25
b) Sự biến thiên:
•
Chiều biến thiên:
+
3
4
′
= −y x x
+
3
0, 4

0 4 0
2, 0


= =

′
= ⇔ − = ⇔

= ± =

x y
y x x
x y
0,25
0,25
•
Giới hạn:
lim lim
+→ −∞ → ∞
= = +∞
x x
y y
0,25
•
Bảng biến thiên:
0,25
•
Nhận xét:
+ Hàm số tăng trong các khoảng:

( 2;0),(2; )− +∞

Hàm số giảm trong các khoảng:
( ; 2),(0;2)−∞ −
+ Hàm số đạt cực đại tại
0, 4
CÑ
x y= =
Hàm số đạt cực tiểu tại
2, 0= ± =
CT
x y
0,25
(3 điểm)
c) Đồ thị:
+ Điểm đặc biệt khác:

25 25
3; , 3;
4 4

   
−
 ÷  ÷
   
A B
0,25
0,25
2.(1,0 điểm)
+ Phương trình:

4
4 2 2
8 16 4 0 2 4
4
− + − = ⇔ − + =
x
x x m x m
(
∗
)
+ Số nghiệm của phương trình (
∗
) bằng số giao điểm của của đồ thị
( )C
của hàm số:
4
2
2 4
4
= − +
x
y x
và đường thẳng
: =d y m
, dựa vào đồ thị
( )C
ta có:
0,25
Khi:
0 4

< <
m
:
d
và
( )C
có bốn điểm chung
⇒
Phương trình có bốn nghiệm.
Khi:
4
=
m
:
d
và
( )C
có ba điểm chung
⇒
Phương trình có ba nghiệm.
0,25
Khi:
4
>
m
hoặc
0
=
m
:

d
và
( )C
có hai điểm chung
⇒
Phương trình có hai nghiệm.
0,25
Khi:
0
<
m

d
và
( )C
không có điểm chung
⇒
Phương trình vô nghiệm
0,25
Câu 2
(3 điểm)
1.(1,0 điểm)
2 2
3 9.3 10 0
− −
+ − =
x x
⇔
2
2

9
3 10 0
3
−
−
+ − =
x
x
0,25
Đặt:
2
3
−
=
x
t

( 0)>t
ta có phương trình:
9
10 0+ − =t
t
⇔
2
10 9 0− + =t t
(1) 0,25
Phương trình (1) có hai nghiệm
1
=
t

và
9
=
t
0,25
Với
1
=
t
ta có:
2 0
3 1 3 2 0 2
−
= = ⇔ − = ⇔ =
x
x x
Với
9
=
t
ta có:
2 2
3 9 3 2 2 4
−
= = ⇔ − = ⇔ =
x
x x
Vậy phương trình có hai nghiệm thực là
2=x
và

4=x
0,25
2.(1,0 điểm)
Đặt
1 ln= +t x
⇒

1
.=dt dx
x
0,25
Đổi cận:
2
1 1
= ⇒ =


= ⇒ =

x e t
x t
0,25
Tích phân
I
trở thành:
2
2
1
=
∫

dt
I
t
0,25
2
2
2
1
1
1 1 1
. 1
2 2
−
 
= = − = − − =
 ÷
 
∫
I t dt
t
0,25
3.(1,0 điểm)
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn:
3
;3
2
 
 
 
và có

2
2
2
( )
( 1)
−
′
=
−
x x
f x
x
0,25
0
( ) 0
2
=

′
= ⇔

=

x
f x
x
, trên đoạn
3
;3
2

 
 
 
chỉ nhận
2
=
x
0,25
Ta có
3 3
2 2
 
=
 ÷
 
f
,
( )
3
3
2
=f
,
( )
2 1=f
0,25
Từ đó ta có:
3
;3
2

3 3
max (3)
2 2
 
∈
 
 
 
= = =
 ÷
 
x
y f f
và
3
;3
2
min (2) 1
 
∈
 
 
= =
x
y f
0,25
Câu 3
(1 điểm)
Hình vẽ Hình vẽ
Câu 3a) Câu 3b)

1.(0,5 điểm)
Xét tam giác vuông
ABC
có
3
.cot 60
3
= =
o
a
BC a
2
3
6
∆
⇒ =
ABC
a
S
(đ.v.d.t) 0,25
3
.
1 3
.( )
3 18
∆
= =
S ABC ABC
a

V SA S
(đ.v.t.t) 0,25
2.(0,5 điểm)
Gọi
′
S
là đỉnh của hình nón,
I
là trung điểm cạnh AC ta có
′
⊥S I AC
và
′
=S I a
Xét tam giác vuông
ABC
ta có:
2 3 1 3
sin
sin 3 2 3
sin 60
3
2
= ⇒ = = = = ⇒ = =
 
 ÷
 
o
AB AB AB a a a
C AC AI AC

AC C
Xét tam giác vuông
′
S AI
ta có:
2 2
2 2 2
3 12 2 3
9 9 3
′ ′
= + = + = =
a a a
S A AI S I a
0,25
Hình nón có bán kính đáy
3
3
= =
a
r AI
, đường sinh
2 3
3
′
= =
a
l S A
nên có:
2
3 2 3 2

. . . .
3 3 3
= = =
xq
a a
S r l a
π π π
(đ.v.d.t)
0,25
Câu 4a
(2 điểm)
1.(1,0 điểm)
Cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng
( )P
là:
(1; 2;1)= −
uuur
AB
và
(2; 1; 1)= − −
uuur
AC
0,25
⇒
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
( )P
là:
, (3;3;3)
→
 

= =
 
uuur uuur
n AB AC
0,25
⇒
Phương trình tổng quát của mặt phẳng
( )P
là:
3( 0) 3( 2) 3( 1) 0− + − + − =x y z
0,25
⇔
3 0+ + − =x y z
0,25
2.(1,0 điểm)
Trọng tâm tam giác
ABC
là:
(1;1;1)G
0,25
Đường thẳng
d
vuông góc với mặt phẳng
( )P
nên có vectơ chỉ phương là
(1;1;1)
→
=a
0,25
⇒

Phương trình tham số của đường thẳng
d
là:
1
1 ( )
1

= +


= + ∈


= +

¡
x t
y t t
z t
0,5
Câu 5a
(1 điểm)
Ta có:
2
64 164 100 (10 )∆ = − = − = i
0,25
Phương trình có hai nghiệm phức là:
1
4 5= −x i
và

2
4 5= +x i
0,25
Vì:
1 2
10= − = −z x x i
0,25
2 2 2 2
0 ( 10) 10⇒ = + = + − =z a b
0,25
Câu 4b 1.(1,0 điểm)
Cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng
( )Q
là:
(3;1; 4)
→
= −
d
a
và
(1;3; 2)
→
= −
P
n
0,25
⇒
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
( )Q
là:

, (10;2;8)
→ → →
 
= =
 
 
Q d P
n a n
0,25

0 0
(7;4; 5) ( )− ∈ ⇒ ∈M d M Q

⇒
Phương trình tổng quát của mp
( )Q
là:
10( 7) 2( 4) 8( 5) 0− + − + + =x y z

0,25
⇔
5 4 19 0+ + − =x y z
0,25
2.(1,0 điểm)
Gọi
A
là giao điểm của
d
và mặt phẳng
( )P

∈A d
nên toạ độ
A
có dạng:
(7 3 ;4 ; 5 4 )+ + − −A t t t
( )∈A P
nên toạ độ
A
thoả:
7 3 3(4 ) 2( 5 4 ) 1 0+ + + − − − − =t t t
2
⇒ = −
t
(1;2;3)⇒ =A
0,25
Gọi
( )R
là mặt phẳng vuông góc với đường thẳng
d
tại điểm
A

( ) ( )⇒ ∆ = ∩R P
vì
( ) ( )
( )
( ) ( )
⊥

⇒ ∆ ⊥


⊥

P Q
Q
R Q
và
∆
qua
A
0,25
Vì
( )∆ ⊥ Q
nên vectơ chỉ phương của đường thẳng
∆
là
(5;1;4)
→
∆
=a
0,25
Đường thẳng
∆
đi qua
A
nên có phương trình tham số là:
1 5
2 ( )
3 4

= +


= + ∈


= +

¡
x t
y t t
z t
0,25
Câu 5b
(1 điểm)
Ta có:
2 2
9 16 25 (5 )∆ = − = − =i i
0,25
Phương trình có hai nghiệm phức là:
1
= −x i
và
2
4=x i
0,25
Vì:
3 3 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2
( )( . ) ( 5 ).( 13) 65= − = − + + = − − =z x x x x x x x x i i

0,25
⇒
2 2 2 2
0 (65) 65= + = + =z a b
0,25
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010
ĐỀ THAM KHẢO Môn: TOÁN – Giáo dục THPT
Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.
SỐ 4
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − −
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất.
Câu 2 (3,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2 2
1 3
9 36.3 3 0
x x− −
− + =
.
2. Tính tích phân:
10
2
1
logI x xdx=
∫
.

3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
2
( ) 2 1f x x x= + −
trên tập xác định của nó.
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a,
·
0
60BAD =
. Mặt bên SAD
là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích của hình
chóp S.ABCD theo a.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
1. Phần A.
Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
1 2
( ), ( )d d
có phương trình
1
2 1
( ) :
1 1 2
x y z
d
− −
= =
−
và
2
2 2
( ): 3

x t
d y
z t
= −


=


=

1. Chứng minh rằng (d
1
) và (d
2
) chéo nhau. Tính khoảng cách giữa (d
1
) và (d
2
).
2. Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
cách đều (d
1
) và (d
2
).
Câu 5a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
1 2

1 2
2 2
1 2
4
( , )
5 2
z z i
z z
z z i
+ = +

∈

+ = −

£
2. Phần B.
Câu 4b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm P(3;1;-1) và Q(2;-1;4).
1. Viết phương trình của đường thẳng
∆
là hình chiếu vuông góc của đường thẳng PQ
trên mặt phẳng (Oyz).
2. Viết phương trình của mặt phẳng
( )
β
qua hai điểm P, Q và vuông góc với mặt phẳng
( )
α
có phương trình 2x – y + 3z - 1 = 0.
Câu 5b (1,0 điểm). Tìm số phức z thoả mãn

4
1
z i
z i
+
 
=
 ÷
−
 
.
Hết
Đáp án
Câu Ý Nội dung Điểm
I 3,00
1 2,00
a) Tập xác định:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
•
( )
2
' 3x 6x = 3x 2y x= − −
0
' 0
2
x
y
x

=

= ⇔

=

0,50
+ Giới hạn:
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
0,25
• Bảng biến thiên.
( )
2 6;
CT
y y= = −
y
CĐ
( )
0 2y= = −
0,50
• Đồ thị
0,50
x
−∞

0 2
+∞
y’ + 0
−
0 +
y

2−

+∞
−∞

6−
2 1,00
Kí hiệu d là tiếp tuyến của (C) và
0 0
( ; )x y
là toạ độ tiếp điểm.
Tiếp tuyến tại
0 0
( ; )x y
có hệ số góc là
2
0 0 0
'( ) 3 6y x x x= −
0,25
Ta có
2 2
0 0 0 0
'( ) 3 6 3( 1) 3 3y x x x x= − = − − ≥ −

Do đó
0
min '( ) 3y x = −
khi
0
1x =
. Khi đó
0
4y = −
.
0,50
Tiếp tuyến cần tìm là (d):
3 1y x= − −
.
0,25
II 3,00
1 1,00
Đặt
2
1
3 , 0
x
t t
−
= >
, từ phương trình đã cho ta có phương trình

2
4 3 0 (*)t t− + =
0,25

Giải
(*)
ta được
1t
=
và
3t =
0,25
Với
1t =
ta được
2
1
3 1 1
x
x
−
= ⇔ = ±
.
Với
3t =
ta được
2
1
3 3 2
x
x
−
= ⇔ = ±
.

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm vừa nêu trên.
0,50
2 1,00
Đặt
2
logu x=
và
dv xdx=
, ta có
2
log
ln10
du xdx
x
=
và
2
2
x
v =

0,25
10
10
2
2
1
1
1
log log 50

2 ln10
x
I x x xdx J= − = −
∫
với
10
1
1
log
ln10
J x xdx=
∫
0,25
Đặt
logu x=
và
1
ln10
dv xdx=
, ta có
ln10
dx
du
x
=
và
2
2ln10
x
v =

0,25
10 10
10
2 2
2 2 2
1
1 1
50 50 99
log
2ln10 2ln 10 ln10 4ln 10 ln10 4ln 10
x x x
J x dx= − = − = −
∫
0,25
Vậy
2
50 99
50
ln10 4ln 10
I = − +
.
3 1,00
Tập xác định của hàm số là
[ ]
1;1−
. Ta có
2
'( ) 2
1
x

f x
x
= −
−
.
Khi đó:
2
2
'( ) 0 2 1
5
f x x x x= ⇔ − = ⇔ =
0,50
Ta có:
2
( 1) 2, (1) 2, ( ) 5
5
f f f− = − = =
0,25
Nên
[ ]
1;1
min ( ) 2
x
f x
∈ −
= −
và
[ ]
1;1
max ( ) 5

x
f x
∈ −
=
.
0,25
III 1,00
Kẻ đường cao SH của tam giác SAD. Do mp(SAD) vuông góc với mp(ABCD) nên
SH (ABCD)⊥
.
0,25
Tam giác SAD vuông cân tại S, có AD = a nên
2
a
SH =
Diện tích hình thoi ABCD là:
·
2
3
. .sin
2
a
AB AD BAD =
0,50
Thể tích của hình chóp S.ABCD là:
2 3
1 1 3
.
3 3 2 2
4 3

ABCD
a a a
SH S = × × =
0,25
IVa 2,00
1 1,00
Đường thẳng (d
1
) đi qua
1
(2;1;0)M
và có vectơ chỉ phương là
1
(1; 1;2)a = −
ur
Đường thẳng (d
2
) đi qua
2
(2;3;0)M
và có vectơ chỉ phương là
2
( 2;0;1)a = −
uur
0,25
Ta có:
1 2
, ( 1; 5; 2)a a
 
= − − −

 
ur uur
,
1 2
(0;2;0)M M =
uuuuuur
Do đó:
1 2 1 2
, . 10 0a a M M
 
= − ≠
 
ur uur uuuuuur
. Suy ra d
1
và d
2
chéo nhau.
0,5
Khi đó:
[ ]
1 2 1 2
1 2
1 2
, .
10
( ),( )
3
,
a a M M

d d d
a a
 
 
= =
 
 
ur uur uuuuuur
ur uur
0,25
2 1,00
Ta có:
( )
α
song song với hai đường thẳng d
1
và d
2
nên
( )
α
có một vectơ pháp tuyến là
1 2
, (1;5;2)a a
 
− =
 
ur uur
. Suy ra phương trình
( )

α
có dạng:
5 2 0x y z D+ + + =
.
0,25
B C
D
A H
S
Vì
( )
α
cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2
nên:
[ ] [ ]
1 2
,( ) ,( )d M d M
α α
=
Nên:
7 17
12
30 30
D D
D
+ +
= ⇔ = −

0,50
Vậy,
( )
α
:
5 2 12 0x y z+ + − =
.
0,25
Va 1,00
Ta có
2 2 2
1 2 1 2 1 2
1
( ) ( ) 5 5
2
z z z z z z i
 
= + − + = +
 
0,25
Khi đó
1 2
,z z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
(4 ) 5 5 0 (*)Z i Z i− + + + =
(*)
có
2 2
(4 ) 4(5 5 ) 5 12 (2 3 )i i i i∆ = + − + = − − = −

Suy ra
(*)
có hai nghiệm là
3 i
−
và
1 2i
+
.
0,50
Vậy hệ có nghiệm
1 1
2 2
1 2 3
3 1 2
z i z i
z i z i
= + = −
 
∨
 
= − = +
 
0,25
IVb 2,00
1 1,00
Gọi P’, Q’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của P, Q lên mp(Oyz). Ta có
'(0;1; 1)P −
và
'(0; 1;4)Q −

0,50
Khi đó, đường thẳng
∆
đi qua hai điểm P’ và Q’.
∆
có vectơ chỉ phương là
' ' (0; 2;5)P Q = −
uuuuur
.
Suy ra phương trình đường thẳng
∆
là
0
1 2
1 5
x
y t
z t
=


= −


= − +

.
0,50
2 1,00
Mp

( )
α
có vectơ pháp tuyến
( )
(2; 1;3)n
α
= −
r

( 1; 2;5)PQ = − −
uuur
,
( )
, (1; 13; 5)n PQ
α
 
= − −
 
r uuur
0,50
Vì mặt phẳng
( )
β
qua hai điểm P, Q và vuông góc với mặt phẳng
( )
α
nên
( )
β
có một vectơ

pháp tuyến là
( ) ( )
, (1; 13; 5)n n PQ
β α
 
= = − −
 
r r uuur
.
Vậy phương trình mặt phẳng
( )
β
là

3 13( 1) 5( 1) 0 13 5 5 0x y z x y z− − − − + = ⇔ − − + =
0,50
Vb 1,00
Điều kiện:
z i≠
0,25
Phương trình đã cho tương đương với
4 4 4 3 2 2 3 4 4 3 2 2 3 4
( ) ( ) 4 6 4 4 6 4z i z i z z i z i zi i z z i z i zi i+ = − ⇔ + + + + = − + − +

3 3 2
0
8 8 0 8 ( 1) 0 1
1
z
z i zi iz z z

z
=


⇔ + = ⇔ − = ⇔ =


= −

0,50
Vậy: phương trình đã cho có 3 nghiệm
0;1; 1−
.
0,25
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010
ĐỀ THAM KHẢO Môn: TOÁN – Giáo dục THPT
Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.
SỐ 6
I.PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7điểm)
Câu 1 ( 3,0 điểm). Cho hàm số y = x
3
– 3x -1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho
2) Dựa vào đồ thị ( C ), hãy tìm các giá trị của m để phương trình x(3-x
2
)=m có đúng ba
nghiệm phân biệt.
Câu 2 (3 điểm).
1) Giải phương trình
2 2

2
2 2 2 2
2log 1 log 3
log 2 log 1 log log 2
x x
x x x x
+ −
− =
+ − + −
2) Tính tích phân
ln2
2
0
1
x
x
e
I dx
e
=
+
∫
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)=
2
1
2sin sin
2
x x−
trên đoạn [0;
3

4
π
]
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm trên
cạnh SB sao cho SM = 2MB , N là trung điểm SC . Mặt phẳng (AMN) chia hình chóp S.ABCD
thành hai phần. Tìm tỉ số thể tích của hai phần đó.
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn.:
Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(-2;1;-1), B(0;2;-1), C(0;3;0),
D(1;0;1)
1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Suy ra A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ diện.
2) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Viết phương trình tham số của đường thẳng OG
Câu 5a (1,0 điểm). Giải phương trình x
3
+ 8 = 0 trên tập số phức
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu 4b (2,0 điểm).Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x-2y+z-3=0 và (Q): 2x-
y+4z+2=0
1
1
x^3-3*x-1
-1
0
-1
-3
1) Viết phương trình mặt phẳng (R) đi qua M(-1; 2; 3) và vuông góc với cả hai mặt phẳng (P)
và (Q)
2) Gọi (d) là giao tuyến của (P) và (Q). Viết phương trình tham số của đường thẳng (d).
Câu 5b (1,0 điểm ). Trên tập số phức, tìm B để phương trình bậc hai z
2

+ Bz + i = 0 có tổng bình
phương hai nghiệm bằng -4i.
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1
(3,0 điểm)
1. (2,0 điểm)
a) Tập xác định: D = R 0,25
b) Sự biến thiên:
 y’ = 3x
2
– 3, y’ =0
⇔
x = -1 hoặc x = 1
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-
∞
; -1), (1; +
∞
) và nghịch biến trên khoảng (-1;1).
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =-1 và y
CĐ
=1; đạt cực tiểu tại x=1 và y
CT
= -3
0,25
0,25
Giới hạn:
lim , lim
x x
y y

→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
0,25
Bảng biến thiên
x -
∞
-1 1 +
∞
y’ + 0 - 0 +
y 1 +
∞
-
∞
-3
0,5
c) Đồ thị:
0,5
2. (1,0 điểm)
Đưa pt đã cho về dạng x
3
-3x -1= -m-1 0,25
t
3
3 1 co ựủo thũ (C)
y = -m -1 ủửụứng thaỳng (d) cuứng phửụng vụựi Ox
y x x=

S nghim ca phng trỡnh bng s giao im ca (C) v (d)
Da vo th , phng trỡnh ó cho cú ba nghim phõn bit khi v ch khi:
-3<-m-1<1

-2<m<2
0,25
0,5
Cõu 2
(3,0 im)
1. (1,0 im)
t
2
logt x=
(iu kin x>0, t

1, t

-2)
a v phng trỡnh:
2
2 1 3
2 1 2
t t
t t t t
+
=
+ +
Rỳt gn: t
2

-3t + 2 = 0

1(loaùi)
2
t
t
=


=

Tỡm ỳng nghim x = 4
0,25
0,25
0,25
0.25
2. (1,0 im)
t
1
x
u e= +


x
du e dx=
x = 0

u = 2
x = ln2

u = 3
3 3
3
2
2 2
1 1
(1 ) ( ln )
u
I du du u u
u u

= = =

=1+
2
ln
3
0,25
0,25
0,25
0,25
3. (1,0 im)
Xột hm s f(x) trờn on [0;
3
4

]
f(x)=2cosx sinx cosx
Suy ra trờn khong (0;
3

4

): f(x)=0

cosx = 0

x =
2

f(0)=0 ; f(
2

)=
3
2
; f(
3
4

)=
1
2
4

3
[0; ]
4
3
max ( ) ( )
2 2

f x f


= =
;
3
[0; ]
4
min ( ) (0) 0f x f

= =
0,25
0,25
0,25
0,25
Cõu 3
(1,0 im)
0,25
Gọi
O AC BD
= ∩
.
Trong tam giác SAC, SO và AN cắt nhau tại I .
Trong tam giác SBD, IM cắt SD tại P
Mặt phẳng (AMN) chia hình chóp S.ABCD thành hai phần là S.AMNP và ABCD.MNP
0,25
O là trung điểm của BD và IM // BD nên I là trung điểm của PM, suy ra:
;
ABC ACD AMN APN
S s S S

= =
Do đó
= = × × = × × =
. .
. .
2
2 1 1
1
2 3 2 3
S AMNP S AMN
S ABCD S ABC
V V
SA SM SN
V V SA SB SC
0,25
.
. . .
1 2 1
3 3 2
S AMNP
S AMNP S ABCD ABCDMNP S ABCD
ABCDMNP
V
V V V V
V
⇒ = ⇒ = ⇒ =
0,25
Câu 4a
(2,0 điểm)
1. (1,25điểm)

Ta có:
(2;1;0); (2;2;1) (1; 2;2)AB AC AB AC= = ⇒ ∧ = −
uur uuur uur uuur
Mp(ABC) qua A(-2;1;-1) và có vtpt
n
r
=(1;-2;2)
Pt mp(ABC) là : 1.(x+2)-2(y-1)+2(z+1) = 0

⇔
x -2y + 2z + 6 = 0
Với D(1;0;1)
⇒
1 -2.0 +2.1 + 6
≠
0
⇒
D
∉
mp(ABC)
Vậy : ABCD là một tứ diện
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (0,75 điểm)
G là trọng tâm tam giác ABC
⇒
2 2

( ;2; )
3 3
G − −
Đường thẳng OG đi qua O(0;0;0) và có vtcp
2 2
( ;2; )
3 3
OG = − −
uuur
Ptts là:
2
3
2
2
3
x t
y t
z t

= −


=



= −

0,25
0,25

0,25
Câu 5a
(1,0 điểm)
 Đưa về pt (x + 2)( x
2
-2x + 4 ) = 0
2
2
2 4 0
x
x x
= −

⇔

− + =

 Giải pt x
2
– 2x + 4 = 0
Tính
2
3 3i∆ = − =
 Giải được
1 3x i= ±
 Kết luận: pt có 3 nghiệm x = -2;
1 3x i= ±
0,25
0,25
0,25

0,25
Câu 4b 1. (1,0 điểm)
(P) có vtpt
1
(1; 2;1)n = −
ur
; (Q) có vtpt
2
(3; 1;4)n = −
uur
⇒
1 2
( 7; 2;3)n n∧ = − −
ur uur
0,25
0,25
(2,0 điểm)
Mp(R) qua M(-1;2;3) và có vtpt
1 2
( 7; 2;3)n n n= ∧ = − −
r ur uur
Pt mp(R) là: -7.(x+1)-2.(y-2)+3.(z-3)=0

⇔
-7x-2y+3z-12=0
0,25
0,25
2.(1,0 điểm)
Đường thẳng (d) đi qua N(0;-2;-1) và nhận
1 2

( 7; 2;3)u n n= ∧ = − −
r ur uur
làm vtcp
Ptts của (d) là:
7
2 2
1 3
x t
y t
z t
= −


= − −


= − +

0,5
0,5
Câu 5b
(1,0 điểm)
 Gọi
1 2
,z z
là hai nghiệm của pt và B = a + bi; a, b
∈
R và viết được
2 2 2 2
2 ( ) 2 4

1 2
z z S P B i i+ = − = − − = −
 -2i = ( a + bi )
2
= a
2
– b
2
+2abi
⇔
2 2
0
2 2
a b
ab

− =

= −

 Giải hệ được hai nghiệm (1;-1) và (-1;1)
 Kết luận: B = 1 - i , B = -1 + i
0,25
0,25
0,25
0,25
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010
ĐỀ THAM KHẢO Môn: TOÁN – Giáo dục THPT
Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.
SỐ 7

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm)
Cho hàm số y = – x
3
+ 3x
2
+ 1 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình:
x
3
– 3x
2
+ m – 3 = 0
Câu II (3,0 điểm)
1. Giải phương trình: 3
2x + 1
– 9.3
x
+ 6 = 0.
2. Tính tích phân: I =
cos
0
( )sin
x
e x xdx
π
+
∫
.

3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
ln
( )
x
f x
x
=
trên đoạn [1 ; e
3
].
Câu III (1,0 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và góc giữa cạnh bên với mặt đáy
bằng ϕ (0
0
< ϕ < 90
0
). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a và ϕ.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu IVa (2,0 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho điểm M(– 1; – 1; 0) và mặt phẳng (P): x + y – 2z – 4 = 0.
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M và song song với mặt phẳng (P).
2. Viết phương trình tham số của đường thẳng (d) đi qua điểm M và vuông góc với mặt
phẳng (P). Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng (P).
Câu Va (1,0 điểm)
Giải phương trình x
2
– 2x + 2 = 0 trên tập số phức

B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu IVb (2,0 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(3; – 2; – 2) và mặt phẳng (P): 2x – 2y + z – 1 = 0.
1. Viết phương trình của đường thẳng (d) đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng (P).
2. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P). Viết phương trình của mặt phẳng (Q)
sao cho (Q) song song với (P) và khoảng cách giữa (P) và (Q) bằng khoảng cách từ điểm A đến
(P).
Câu Vb (1,0 điểm)
Gọi z
1
, z
2
là hai nghiệm phức của phương trình z
2
+ 2z + 10 = 0. Tính giá trị của biểu thức:

2 2
1 2
A z z= +
.
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM