Kỳ thi tốt nghiệp thpt năm 2010 đề thi thử môn: Toán – giáo dục thpt

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 Trường THPT TUY PHONG Đề thi thử môn: TOÁN – Giáo dục THPT Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề. I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) x 3 Cho hàm số y  có đồ thị (C) x2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt . Câu II ( 3,0 điểm ) a) Giải bất phương trình e. b) Tính tích phân : I =.  2.  ln (1  sin ) 2.  log (x 2  3x)  0 2. x. x.  (1  sin 2 ) cos 2 dx. 0. c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y . ex ex  e. trên đoạn [ ln 2 ; ln 4 ] .. Câu III ( 1,0 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 ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 1) Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không  gian  Oxyz, chobốn điểm  A; B; C;  với hệ  tọađộ  D  biết     OA  5i  j  3k; AB  10i  4k; BC  6i  4 j  k; CD  2i  3 j  2k a) Tìm tọa độ 4 điểm A; B; C; D. Viết phương trình mặt phẳng (BCD). b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD) Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tìm môđun của số phức z  1  4i  (1  i)3 . 2) Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (  ): 2x  y  2z  3  0 và hai đường thẳng x3 y5 z7 x  4 y 1 z     ( d1 ) : , ( d2 ) : . 2 2 1 2 3 2 a. Chứng tỏ đường thẳng ( d1 ) song song mặt phẳng (  ) và ( d 2 ) cắt mặt phẳng (  ) . b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng ( d1 ) và ( d 2 ). c. Viết phương trình đường thẳng (  ) song song với mặt phẳng (  ) , cắt đường thẳng ( d1 ) và ( d 2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 . Câu V.b ( 1,0 điểm ) :. Tìm nghiệm của phương trình z  z2 , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z . . . . . . . . .Hết . . . . . . .. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x y y. . . 2 +. + . . 1. 1. Phương trình hoành độ của (C ) và đường thẳng y  mx  1 : x3  mx  1  g(x)  mx2  2mx  1  0 , x  2 (1) x2 Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt  phương trình (1) có hai nghiệm phân m  0 m  0   m  0 2    m  m  0  m  0  m  1   m  1 biệt khác 2    g(2)  0 1  0  Câu II ( 3,0 điểm ) b) 1đ. a) 1đ. pt  e. ln 2.  log (x 2  3x)  0  2  log (x 2  3x)  0 (1) 2. 2. Điều kiện : x > 0  x  3. 2 2 2 2 (1)  log 2 (x  3x)  2  x  3x  2  x  3x  4  0  4  x  1 So điều kiện , bất phương trình có nghiệm : 4  x  3 ; 0 < x  1    2 2 2 1 1 x x x x 1 x 1    2 b) 1đ I = (cos  sin .cos )dx  (cos  sin x)dx  (2sin  cos x) 2  2.  2  2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ex 1  y   0 , x  [ ln 2 ; ln 4 ] c) 1đ Ta có : (ex  e)2 2 4 min y  y(ln 2)  Maxy  y(ln 4)  + + 2e 4e [ ln 2 ; ln 4 ] [ ln 2 ; ln 4 ]. Câu III ( 1,0 điểm ). a 2 3 a3 3  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’ .  Vlt  AA '.SABC  a.. a 3 2 a 2 a 21 ) ( )  3 2 6 a 21 2 7 a 2 2 Diện tích : Smc  4R  4( )  6 3 Bán kính R  IA . AO2  OI2 . (. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : a) 1,25đ. 0,5. Tọa độ 4 điểm A; B; C; D là : A  5;1;3 ;    BC; BD    5; 10; 10   5 1; 2; 2   . 0,25. Phương trình mp(BCD): x  2y  2z  5  0. 0,5. B  5;1; 1 ;. C 1; 3;0  ;. D  3; 6; 2 .  Suy ra 1 VTCP của mp(BCD) là n  1; 2; 2 . b) 0,75 0,25.  x=5+t  (t  R) ptđt    đi qua A và     (BCD) là:  y=1+2t z  3  2t . I      (BCD)  I  3; 3; 1 . I là trung điểm AA’  A ' 1; 7; 5  0,5 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Vì (1  i)3  13  3i  3i2  i3  1  3i  3  i  2  2i . Suy ra : z  1  2i  z . (1)2  22 . 5. 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 0,75đ   qua A(4;1;0)  qua B(  3;  5;7) (d1) :  , (d 2 ) :  , ( ) có vtpt n  (2; 1;2)    VTCP u1  (2;2; 1)  VTCP u2  (2;3; 2)   Do u1.n  0 và A  () nên ( d1 ) // (  ) .   Do u2 .n  3  0 nên ( d1 ) cắt (  ) .     [u1, u2 ].AB   3 b) 0,5 đ Vì [u1, u2 ]  (1;2;2) , AB  (7; 6; 7)  d((d1),(d 2 ))    [u1, u2 ]  qua (d1) c) 0,75đ phương trình mp() :  // ()  () : 2x  y  2z  7  0   Gọi N  (d 2 )  ()  N(1;1;3) ; M  (d1)  M(2t  4;2t  1; t),NM  (2t  3;2t; t  3). Theo đề : MN2  9  t  1 .  qua N(1;1;3) x 1 y 1 z  3   ( ) :   Vậy () :  VTCP NM  (1; 2; 2) 1 2 2  Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực . ta có : z  a  bi và z2  (a2  b2 )  2abi a2  b2  a 2 Khi đó : z  z  Tìm các số thực a,b sao cho :  2ab   b 1 3 1 3 ). Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) , ( ; ) , ( ;  2 2 2 2 --- Hết---. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN Trường THPT HÒA ĐA. KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 Đề thi thử môn: TOÁN – Giáo dục THPT. Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số y = – x3 + 3x2 + 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: x3 – 3x2 + m – 3 = 0 Câu II (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: 32x + 1 – 9.3x + 6 = 0. . 2. Tính tích phân: I =  (ecos x  x) sin xdx . 0. 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) . ln 2 x trên đoạn [1 ; e3]. x. 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  (00 <  < 900). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a và . 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 x2 – 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 z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2z + 10 = 0. Tính giá trị của biểu thức: 2 2 A  z1  z2 .. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CÂU. ĐÁP ÁN. ĐIỂM. 1..  TXĐ: D   ……………………………………………………………………….......  lim y   ; lim y   x . x . …………………………………………………………………….......  y’ =  3x2 + 6x …………………………………………………………………………...  x  0  y 1 x  2  y  5. y’ = 0  . 0,25 0,25 0,25 0,25. …………………………………………………………………………...  Bảng biến thiên: x y’ y. – –. 0 0. +. +. 2 0 5. + –. 1 – ..................................................................................................................... .......... Hàm số đồng biến trên khoảng (0 ; 2). Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-  ; 0) và (2 ; + ) Hàm số đạt cực đại tại x = 2, giá trị cực đại yCĐ = 5 I Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, giá trị cực tiểu yCT = 1 (3 điểm) ………………………………………………………………...  Điểm đặc biệt: (– 1 ; 5) ; (1 ; 3) ; (3 ; 1)  Đồ thị:. 0,25. 0,25. 0,5. Nhận xét: Đồ thị có tâm đối xứng là điểm U(1 ; 3). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2. x3 – 3x2 + m – 3 = 0  – x3 + 3x2 + 1 = m – 2 (*) Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C): y = – x3 + 3x2 + 1 và đường thẳng : y = m – 2. ………………………………………………………………………... Dựa vào đồ thị ta có:  m < 3 hoặc m > 7: phương trình có 1 nghiệm. ………………………………………………………………………...  m = 3 hoặc m = 7: phương trình có 2 nghiệm. ………………………………………………………………………...  3 < m < 7: phương trình có 3 nghiệm. II (3 điểm) 1. 32x + 1 – 9.3x + 6 = 0  3.32x – 9.3x + 6 = 0 (1) Đặt t = 3x > 0 ………………………………………………………………………... t  1. (1)  3t2 – 9t + 6 = 0   t  2 …………………………………………………………………………... t = 1  3x = 1  x = 0 t = 2  3x = 2  x = log32 Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 0 và x = log32. . . 2. I =  (e. cos x. 0.  x) sin xdx =  e. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25. 0,5. . cos x. 0. sin xdx   x sin xdx 0. 0,25. …………………………………………………………………………... Đặt t = cosx  dt   sin xdx x = 0  t = 1 ; x =   t = –1 . 1. 1. cos x t t t  e sin xdx    e dt   e dt  e o. 1. 1. 1 1.  e. 1 e. 0,25. ………………………………………………………………………... u  x du  dx  dv  sin xdx v   cos x. Đặt  . . . .  x sin xdx   x cos x 0   cos xdx    (sin x) 0   0. 0,25. 0. …………………………………………………………………………... 1 e. Vậy: I = e    .. 3. f '( x) . ln x(2  ln x) x2. 0,25 ;.  f '( x)  0  x  e2  3  x  (1; e ). 0,25. ………………………………………………………………………... f (1)  0; f (e3 ) . 9 4 ; f (e 2 )  2 3 e e. 0,5. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Vậy: max f ( x)  x1;e3   . 4 ; min3 f ( x)  0 . x1;e  e2  . 0,25. III (1 điểm). Gọi H là tâm của hình vuông ABCD thì SH  (ABCD)  Hình chiếu vuông góc của SA trên mp(ABCD) là HA  Góc giữa cạnh bên với mặt . đáy là: SAH = . ………………………………………………………………………... Diện tích hình vuông ABCD là: SABCD = a2. ………………………………………………………………………... a 2 tan  Tam giác SAH vuông tại H nên SH = AH.tan = 2 .. 0,25. …………………………………………………………………………... a3 2 1 tan  Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: V = 3 SABCD. SH = 6 .. 0,25 0,25 0,25. 1. (Q) // (P) nên vectơ pháp tuyến của mp (P) cũng là vectơ pháp tuyến  của mp (Q)  Vectơ pháp tuyến của mp (Q) là: nQ = (1; 1; –2) …………………………………………………………………………... Mp (Q) đi qua M(– 1; – 1; 0) nên phương trình của mp (Q) là: 1(x + 1) + 1(y + 1) – 2(z – 0) = 0 …………………………………………………………………………...  x + y – 2z + 2 = 0. 2. (d)  (P) nên vectơ pháp tuyến của mp (P) cũng là vectơ chỉ phương IVa của (d) (2 điểm)  Vectơ chỉ phương của (d) là: u  (1; 1; –2) d …………………………………………………………………………... (d) đi qua M(– 1; – 1; 0) nên phương trình tham số của (d) là:  x  1  t   y  1  t .  z  2t . 0,5 0,25 0,25 0,25. 0,25đ 0,25. ………………………………………………………………………... Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  x  1  t  y  1  t  Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của hệ:   z  2t  x  y  2 z  4  0 x  0    y  0 . Vậy giao điểm của (d) và (P) là: H(0; 0; –2).  z  2 . Va (1 điểm) Ta có:  = – 4 = 4i2. 0,25. 0,5. Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x1 = 1 + i và x2 = 1 – i. IVb (2 điểm) 1. (d)  (P) nên vectơ chỉ phương của mp (d)cũng là vectơ pháp tuyến của mp (P)  Vectơ chỉ phương của (d) là: ud  (2; 2;1)  x  3  2t  Vậy phương trình tham số của đường thẳng (d) là:  y  2  2t .  z  2  t . 0,5. 0,25 0,25. 2. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) là: d ( A;( P)) . 2.3  2(2)  1(2)  1 22  (2) 2  12. . 7 . 3. -------------------------------------------------------------------------------------(Q) // (P) nên ptrình mặt phẳng (Q) có dạng: 2x- 2y + z + D = 0 --------------------------------------------------------------------------------------M(0; 0; 1)  (P). Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) bằng khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (Q): d ( M , (Q)) . 2.0  2.0  1.1  D 2  (2)  1 2. 2. 2. . 1 D . 3. 0,5. 0,25 0,25. -----------------------------------------------------------------------------------1 D 7 D  6   1 D  7   3 3  D  8. 0,25. -------------------------------------------------------------------------------------Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn yêu cầu bài toán: (Q1): 2x – 2y + z + 6 = 0 ; (Q2): 2x – 2y + z – 8 = 0.. 0,25. Từ giả thiết ta có:. Vb Ta có:  = – 36 = 36i2 (1 điểm) --------------------------------------------------------------------------------------Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm là: z1 = – 1 + 3i và z2 = – 1 – 3i. -------------------------------------------------------------------------------------Ta có: z1  (1) 2  32  10; z2  (1) 2  (3) 2  10 ------------------------------------------------------------------------------------Vậy: A = 20.. 0,25 0,25 0,25 0,25. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 Trường THPT BẮC BÌNH Đề thi thử môn: TOÁN – Giáo dục THPT Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.. I.PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7điểm) Câu 1 ( 3,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 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-x2)=m có đúng ba nghiệm phân biệt. Câu 2 (3 điểm). 2 log2 x  1 log2 x 3 1) Giải phương trình   2 log2 x  2 log2 x  1 log2 x  log2 x  2 2) Tính tích phân I . ln 2.  0. e2 x dx ex  1. 1 3 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)= 2sin x  sin 2 x trên đoạn [0; ] 2 4. 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 x3 + 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): 2xy+4z+2=0 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 z2 + Bz + i = 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng -4i.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> CÂU Câu 1 (3,0 điểm). ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐÁP ÁN. ĐIỂM. 1. (2,0 điểm) a) Tập xác định: D = R b) Sự biến thiên:  y’ = 3x2 – 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 yCĐ =1; đạt cực tiểu tại x=1 và yCT= -3 Giới hạn: lim y  , lim y   x . Bảng biến thiên x^3-3*x-1 x -  y’ + y . x . -1 0 1. 1 -. 0. 0,25 0,25 0,25 0,25. + 0,5. + +. -. -3. c) Đồ thị:. 1 0. -1. 1. 0,5. -1. -3. 2. (1,0 điểm) Đưa pt đã cho về dạng x3 -3x -1= -m-1  y  x 3  3 x  1 cóđồ thị (C) Đặt  y = -m -1 đường thẳng (d) cùng phương với Ox Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của (C) và (d) Dựa vào đồ thị , phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: -3<-m-1<1  -2<m<2. Câu 2 (3,0 điểm). 1. (1,0 điểm) Đặt t  log2 x (Điều kiện x>0, t  1, t  -2) Lop12.net. 0,25. 0,25. 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 2t  1 t 3   2 t  2 t 1 t  t  2 t  1(loại) Rút gọn: t2 -3t + 2 = 0   t  2 Tìm đúng nghiệm x = 4. Đưa về phương trình:. 0,25 0,25 0.25. 2. (1,0 điểm) Đặt u  e x  1  du  e x dx x = 0 u = 2 x = ln2  u = 3 3. 0,25 0,25. 3. 3 u 1 1 du   (1  )du  (u  ln u ) 2 u u 2 2. I . =1+ ln. 2 3. 0,25 0,25. 3. (1,0 điểm) Xét hàm số f(x) trên đoạn [0;. 3 ] 4. 0,25. f’(x)=2cosx –sinx cosx 3  ): f’(x)=0  cosx = 0  x = 4 2  3 3 1 f(0)=0 ; f( )= ; f( )= 2  2 2 4 4  3 max f ( x )  f ( )  ; min f ( x )  f (0)  0 3 2 2 [0; 3 ] [0; ]. Suy ra trên khoảng (0;. 0,25 0,25 0,25. 4. 4. Câu 3 (1,0 điểm). S. N P. I M. D. C. 0,25. O A. B. 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 0,25 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> ABCD.MNP O là trung điểm của BD và IM // BD nên I là trung điểm của PM, suy ra: S ABC  sACD ; S AMN  S APN V 2V SA SM SN 2 1 1 Do đó S . AMNP  S . AMN     1   VS . ABCD 2 VS . ABC SA SB SC 3 2 3. V 1 2 1  VS . AMNP  VS . ABCD  VABCDMNP  VS . ABCD  S . AMNP  3 3 VABCDMNP 2. Câu 4a (2,0 điểm). 1. (1,25điểm)     Ta có: AB  (2;1; 0); AC  (2;2;1)  AB  AC  (1; 2;2)  Mp(ABC) qua A(-2;1;-1) và có vtpt n =(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 0,25 0,25. 2. (0,75 điểm) 2 2 G là trọng tâm tam giác ABC  G( ;2;  ) 3 3  2 2 Đường thẳng OG đi qua O(0;0;0) và có vtcp OG  ( ;2;  ) 3 3 2  x   3 t  Ptts là:  y  2t  2 z   t 3 . Câu 5a (1,0 điểm). 0,25. 0,25. 0,25.  x  2  Đưa về pt (x + 2)( x2 -2x + 4 ) = 0   2 x  2x  4  0. 0,25.  Giải pt x2 – 2x + 4 = 0 Tính   3  3i 2  Giải được x  1  i 3 Câu 4b (2,0 điểm).  Kết luận: pt có 3 nghiệm x = -2; x  1  i 3 1. (1,0 điểm) Lop12.net. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>     (P) có vtpt n1  (1; 2;1) ; (Q) có vtpt n2  (3; 1;4)  n1  n2  (7; 2;3)    Mp(R) qua M(-1;2;3) và có vtpt n  n1  n2  (7; 2;3) Pt mp(R) là: -7.(x+1)-2.(y-2)+3.(z-3)=0.  -7x-2y+3z-12=0. 0,25 0,25 0,25 0,25. 2.(1,0 điểm).    Đường thẳng (d) đi qua N(0;-2;-1) và nhận u  n1  n2  (7; 2;3) làm vtcp  x  7t  Ptts của (d) là:  y  2  2t  z  1  3t . Câu 5b (1,0 điểm). 0,5 0,5.  Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của pt và B = a + bi; a, bR và viết được z12  z22  S 2  2 P  ( B )2  2i  4i. a2  b2  0  -2i = ( a + bi )2 = a2 – b2 +2abi   2ab  2.  Giải hệ được hai nghiệm (1;-1) và (-1;1)  Kết luận: B = 1 - i , B = -1 + i. Lop12.net. 0,25. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 Trường THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI Đề thi thử môn: TOÁN – Giáo dục THPT Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.. I/ PHẦN DÀNH CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH (7 điểm) Câu 1 (4 điểm) 4 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x  2 x 2) Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình : x  2 x  m  0 4. 2. 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường y  0, x  0, x  2 Câu 2 ( 2 điểm). . . 3 2 2 1./Xác định tham số m để hàm số y  x  6mx  3 m  2 x  m  6 đạt cực tiểu tại điểm x. =3 2./Giải phương trình :. 1 2 1   log x 1  log x 6.   450 . Tính thể tích khối Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB  a , góc SAC 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. 1) Tính tích phân : I=  x(2  e x )dx 0. 2) Tính giá trị của biểu thức : P =. 1 1  2i  1 2i  1. 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 f '  x   8sin 2 x và f  0   8 2) Giải phương trình z 2  4 z  7  0 trên tập số phức Câu 5 (2 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng d1 và d 2 lần lượt có phương trình 2 x  y  z  0 x 1 y 1 z   và d 2 : d1 :  2 1 1 x  y  z  3  0. 1) Chứng minh rằng d1 chéo d2 2) Viết phương trình đường thẳng (  )qua điểm M0=(1;2;3) và cắt cả hai đường thẳng d1 và d2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> CÂU Câu 1 (4 điểm). ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐÁP ÁN. ĐIỂM. 1. ( 2,0 điểm) a) TXĐ: D=R. 0.25. b)Sự biến thiên ● Chiều biến thiên: Ta có : y’=4x3-4x=4x(x2-1) ;y’=0  x  0; x  1 Trên các khoảng  1;0  và 1;   ,y’>0 nên hàm số đồng biến. 0.5. Trên các khoảng  ; 1 và  0;1 ,y’<0 nên hàm số nghịch biến ●Cực trị: Từ kết quả trên suy ra : Hàm số có hai cực tiểu tại x= 1 ;yCT =y( 1 ) = –1 Hàm số có một cực đại tại x=0; yCĐ =y(0) =0 ●Giới hạn tại vô cực : lim y   ; lim y   x . 0.5. x . ●Bảng biến thiên x  -1 y’ – 0 + y –1. +. 0 0 0. + . 1 – 0. +. 0.25 +. –1. 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. y. - 2. 1. 1. 2. -1. 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 3. Diện tích hình phẳng cần tìm: 2. S=  x  2 x dx  4. 0. 2. 2. 4 2  ( x  2 x )dx = 0. Lop12.net. 1. 8 2 15. 1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 1. (1 điểm) Câu 2 ( 2 điểm) Ta có : y’ =3x2-12mx+3(m2+2). và y’’ = 6x-12m. 0.5.  y '  3  0 m 2  12m  11  0  +  y ''  3  0    m 1 3  m   2. 0.5. 2. (1 điểm) Đk : x>0 và x  1; x . 0.25. 1 2. 0.25. Đặt t=logx ,pt theo t: t2-5t+6=0 (với t  0 và t  -1) t  2  t  3. 0.25 0.25. t=2 thì ta có x=100 ; t= thì ta có x=1000 Vậy pt có hai nghiệm : x =100 ; x =1000 Câu 3 a 2 Tính được SO = OA = ( 1 điểm) 2. 0.5. 1 3. 1 3. Thể tích khối chóp : V  S ABCD .SO  .a 2 .. a 2 a3 2  (đvtt) 2 6. 0.5. Chương trình cơ bản Câu 4 (1điểm). 1/ (0.75 điểm). 1. 1. 1. 0. 0. 0. I=  x(2  e x )dx =  2xdx +  xe x dx =I1+I2 0.25 0.5. Tính I1 =1 Tính I2 =1 và I = I1+I2 =2. 2/ (0.25 điểm) Câu 5 (2điểm). P=.  2i  1   2  2i  11  2i  3. 1  2i . 0.25. 1/ ( 1 điểm) 0.25.  2 4 8  . ●G  ; ;  3 3 3.   2 4 8 . 2. 2. ●Véc tơ chỉ phương của đường thẳng OG : OG =  ; ;  = 1; 2; 4  = v 3  3 3 3 3 ●Phương trình đường thẳng OG :. x y z   1 2 4. 2/ ( 1 điểm)     Véc tơ pháp tuyến của mp(ABC) : n   AB, AC    32;16;8   8  4; 2;1  8n1 .  . Véc tơ pháp tuyến của mp(P) : nP   n1 , v   (-6;15;-6) Phương trình mặt phẳng (P): 2x-5y+2z=0. Lop12.net. 0.25. 0.5 0.25 0.25 0.5.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Chương trình nâng cao Câu 4 1/ (0.5 điểm) ( 1 điểm) ● 8 sin 2 x dx  4 x  2sin 2 x  C ● Vì f(0)=8 nên C=8 .Do đó f(x) = 4x-2sin2x+8. 0.25. 2/ (0.5 điểm) ●  '  3 .  3i . 0.25. 2. 0.25. ● Phương trình có hai nghiệm phức phân biệt : x  2  3i, x  2  3i 1/ ( 0.75 điểm) Câu 5  ( 2 điểm) ● Đường thẳng d1 qua M1=(1;2;0) và có VTCP a1   2; 1;3  Đường thẳng d2 qua M2=(1;-1;0) và có VTCP a2   2;1; 1    ● Tính được :  M 1M 2 , a1  a2  12  0. Vậy d1 chéo d2 2/ ( 1.25 điểm) Đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng (  ) và mp(  ) Trong đó, mặt phẳng (  ) là mặt phẳng qua M0 chứa d1 có pt: x-2y+3=0 mặt phẳng (  ) là mặt phẳng qua M0 chứa d2 có pt: x-y+z-2=0 x  2 y  3  0 x  y  z  2  0. Do đó : Đường thẳng  có pt: . Lop12.net. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.5 0.5 0.25.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN LINH Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. I. PHẦN DÀNH CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: (7,0 ĐIỂM) Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y = x4 – 2x2 – 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Dựa vào đồ thị (C), xác định tất cả các giá trị của k để phương trình: –x4 + 2x2 + k = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Câu 2 (3,0 điểm). x  log 2 x  0 1) Giải phương trình log 39 3. . 2 2) Tính tích phân I   sin x.e1cos x dx 0 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  ( x  1)(2 x  1) 2 trên đoạn [0;3]. Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có SA = SB = SC = a. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABCD. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh học theo 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 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2; 1; 1) và mặt phẳng (P) có phương trình: 2x + y + 2z + 2 = 0. 1) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua A và vuông góc với (P). Xác định toạ độ giao điểm của (P) và d. 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (P). 1 1 Câu 5a (1,0 điểm). Giải phương trình z 2  z  1  0 trên tập số phức. 3 2 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu 4b (2.0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng d có phương trình:  x  1  2t  (P): 2x + y – z – 2 = 0 và d:  y  t  z  1 t  1) Chứng minh (P) và d không vuông góc với nhau. Xác định toạ độ giao điểm của d và (P). 2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P). Câu 5b (1,0 điểm). Giải phương trình z 2  (5i  2) z  5i  5  0 trên tập số phức. ----Hết----. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU 1. (2,0 điểm) Câu 1 (3,0 điểm) a. Tập xác định b. Sự biến thiên:. ĐÁP ÁN. ĐIỂM 0.25 điểm. x0 * Đạo hàm y '  4 x  4 x ; y '  0   x  1  x  1. 0.25 điểm. * Kết luận các khoảng đồng biến, nghịch biến * lim y   ; lim y  . 0.25 điểm. 3. x  . Câu 2 (3 điểm). x  . * Bảng biến thiên * Điểm đặc biệt (2 điểm, khác với các cực trị) c. Đồ thị (Nếu chỉ vẽ đúng dạng cho 0.25 điểm) * Nhận xét 2. (1 điểm) * Viết được x4 – 2x2 – 3 = k - 3 * Phương trình có 4 nghiệm phân biệt  -4 < k-3 < -3 * Giải được -1 < k < 0 1. (1 điểm) * Viết được về phương trình log 32 x  log 3 x  2  0 * Đặt t = log 3 x , t2 + t – 2 = 0 * Giải được t = 1, t = -2 t = 1 ta được log 3 x = 1  x = 3 t = -2 ta được log 3 x = 1  x = 1/9 2. (1 điểm) * Đặt t = 1- cosx  dt = sin xdx  x=  t=1. 0.25 điểm 0.25 điểm 0.5 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.5 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm. 0.25 điểm 0.25 điểm. 2. x=0  t=0 1. * Biểu diễn được  e t dt. 0.25 đểm. * Tính được kết quả I = e -1 3. (1 điểm) * Tính được f ' ( x)  (2 x  1)(6 x  3). 0.25 điểm. 0. * Tìm được x . 0.25 điểm. 1 1 và x   (Loại) 2 2. 0.25 điểm. * Tính được 1 f (0)  1; f ( )  2; f (3)  98 2. Câu 3 (1 điểm). 0.25 điểm. * Kết luận được GTLN, GTNN * Vẽ đúng hình, xác định được chân đường cao của hình chóp. 0.25 điểm 0.25 điểm. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> S. A. D. O B. C 0.25 điểm. * Tính được BD = a 3 * Tính được đường cao SO = a * Tính được thể tích V = Câu 4a (2 điểm). 2 3. 0.25 điểm. 1 3 a 2 6. 0.25 điểm. 1. (1 điểm) * Xác định được vectơ chỉ phương của d u d  (2;1;2)  x  2  2t  * Viết được phương trình của d:  y  1  t  z  1  2t . 0.25 điểm 0.25 điểm. * Toạ độ giao điểm của (P) và d là nghiệm của hệ pt: x  2  2t   y  1 t   z  1  2t  2 x  y  2 z  2  0. Câu 5a (1 điểm). * Giải được x = 0; y = 0; z = -1 2. (1 điểm) * Tính được bán kính r = 3 * Viết được phương trình mặt cầu (x-2)2 + (y-1)2 + (z-1)2 = 9 * Tính đúng  * Giải được các nghiệm z1 . Câu 4b (2 điểm). 3  i 39 3  i 39 ; z2  4 4. 0.25 điểm. 0.25 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm. 1. (1 điểm) * Ta có (P) có một vectơ pháp tuyến n ( P )  (2;1;2). 0.25 điểm. (d) có một vectơ chỉ phương u d  (2;1;2) n ( p ) .u d  2  0. 0.25 điểm. * Toạ độ giao điểm của (P) và d là nghiệm của hệ pt: x  1  2t   y  t   z  1 t  2 x  y  z  2  0 Lop12.net. 0.25 điểm.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>