Kỳ thi tốt nghiệp thpt năm 2010 môn: Toán – Giáo dục thpt

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO. KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 Môn: TOÁN – Giáo dục THPT Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.. SỐ 23. A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7điểm) Câu 1 (3 điểm) Cho hàm số y  x 3  3x 2  4 có đồ thị (C) I. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). II. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có 1 3. phương trình y = x  2 Câu 2 (3 điểm) 1) Giải phương trình: 3 3x  4  92x  2 5. 2) Tính tích phân:  2 x.ln( x  1)dx 2. 3) Tìm GTLN – GTNN của hàm số y  x 1. 1 x2. trên đoạn  0; 2. Câu 3: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác ABC vuông tại C, cạnh bên SA vuông góc với mặt ABC  600 . Gọi E là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh phẳng đáy và SA = 3a, cạnh AB = 2a,  SC.Tính thể tích khối chóp EABC theo a. B.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh học chương trình nào thì chỉ làm phần riêng dành cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 1) Theo chương trình chuẩn : Câu 4a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz .Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vuông góc với mặt phẳng (Q) : x  y  z  0 và cách điểm M(1;2; 1 ) một khoảng bằng 2 . Câu 5a ( 1,0 điểm ) : Cho số phức z . 1 i . Tính giá trị của z2010 . 1 i. 2) Theo chương trình nâng cao : Câu 4.b ( 2,0 điểm ) :. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :. x 1 2t  y 2t z1 . và mặt phẳng. (P) : 2x  y  2z  1  0 . A. Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên (d) , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với (P). B. Viết phương trình đường thẳng (  ) qua M(0;1;0) , nằm trong (P) và vuông góc với 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'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu Câu 1 3 điểm. Đáp án. Điểm. 1. (2 điểm) a) Tập xác định: D = R b) Sự biến thiên Chiều biến thiên: 1) y/ = 3x2 + 6x x  0. 0,25. ( y  4). 2) y/ = 0   x  2 ( y  0)  Trên khoảng (0 ;  ) và (  ; -2), y/ dương nên hàm số đồng biến. Trên khoảng (-2 ; 0), y/ âm nên hàm số nghịch biến. Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2; yCĐ = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = -4 Giới hạn lim y   , lim y  . x . 0,25 0,25. x . Bảng biến thiên. x - y/. 0,5. -2 0 0 CĐ. +. +. 0 0. -. +. + 0,25. y CT -4. -. Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm (-2; 0), (1; 0) cắt trục tung tại điểm có tọa độ (0; -4) y. f(x)=x^3+3*x^2-4. 4 3 2. 0,5. 1. x -4. -3. -2. -1. 1. 2. 3. 4. -1 -2 -3 -4. Câu 2. 2. (1 điểm) Kí hiệu (d) là tiếp tuyến của (C ) và (x0; y0) là tiếp điểm. Hệ số góc của đường thẳng (d) bằng -3 0,25 / 2 0,5  y ( x0 )  3  3 x0  6 x0  3  0  x0  1  y0  2 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = -3x – 5 0,25 1. (1 điểm) Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3 điểm. 3. 3x  4.  32(2x  2)  3x  4  4x  4.  x  1 8  x 2 2 7 (3x  4)  (4x  4). 0,25 + 0,25 0,25 + 0,25. 2. (1 điểm) 1  dx u  ln( x  1) du   x 1  dv  2 xdx v  x 2  1 . . . 0,25. 5. 5. 2 I = x  1 ln( x  1) 2   ( x  1)dx. 0,25. 2. 5. 27 1   24 ln 4   x 2  x   24 ln 4  2 2 2. 0,25 + 0,25. 3. (1 điểm) Tập xác định trên đoạn  0; 2 1 x. y/ . (1  x ) 1  x y (0)  1 y (2) . 2. 2. / , y  0  x 1. 0,5 0,25. 3 5 5. y (1)  2. Vậy:Hàm số có giá trị lớn nhất bằng Câu 3 1 điểm. 3 5 tại x = 2 5. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 1 tại x = 0 Ta có: AC  a 3 , BC = a Trong tam giác vuông SAC ta có góc SCA bằng 600 Trong tam giác AEC ta có : EC . a 3 2. 1 3a 2 3 AC.CE.sin 600  2 8 3 1 a 3  .BC.S AEC  3 8. Câu 4a 2 điểm. 0,25. 0,25. PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH HỌC CHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với A 2  B2  C2  0. Vì (P)  (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0  A+B+C = 0  C = -A – B (1) Theo đề : d(M;(P)) =. 0,25. 0,25. S AEC . VB. AEC. 0,25. A  2B  C. 2 2 2 2 2  A2  B 2  C 2  2  ( A  2 B  C )  2( A  B  C ) (2). 0,25 0,25 0,5 + 0,25 0,25. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5 B  0  B  0 hay B = . 8A 5. (1)  B  0  C  A . Cho A  1,C  1 thì (P) : x  z  0. 8A (1) 5x  8y  3z  0 . Chọn A = 5 , B = 8  C  3 thì (P) : 5 1  i (1  i)2 Ta có : z    i nên 1 i 2 z2010  (i)2010  (i)21005  1. 0,25 0,25.  B =. Câu 5a 1 điểm. Câu 4b 2 điểm. d(I;(P)) . 2(1  2t)  2t  2(1)  1. R3.  t = 1 thì I(3; 2; 1 )  (S1) : (x  3)2  (y  2)2  (z  1)2  9.  t = -2 thì I(-3; -4; 1 )  (S2 ) : (x  3)2  (y  4)2  (z  1)2  9. . u  (2;2;0)  2(1;1;0) VTCP của đường thẳng (d)  là VTPT của mặt phẳng là v  (2;1; 2).     Gọi u là VTCP của đường thẳng (  ) thì u vuông góc với u,n do đó ta    chọn u  [u,v]  (2)(2; 2;1) .  Qua M(0;1;0) x y 1 z  ( ) :      Vậy ( ) :  vtcp u 2 2 1    [u,v]  (2)(2; 2;1) 1 điểm. 0,5 + 0,25. PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH HỌC CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Tâm mặt cầu là I  (d) nên I(1+2t;2t; 1 ) Theo đề : Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên. 4 1 4  6t  3  9  t  1,t  2. Câu 5b. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,5 + 0,25. Gọi z1,z2 là hai nghiệm của phương trình đã cho và B  a  bi với a, b   . Theo đề phương trình bậc hai z2  Bz  i  0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i .. nên ta có : z12  z22  (z1  z2 )2  2z1z2  S2  2P  (B)2  2i  4i hay B2  2i hay a2  b2  0 . (a  bi)2  2i  a2  b2  2abi  2i Suy ra :  2ab  2 Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là (1; 1),(1;1). Vậy : B  1  i , B =  1  i. Lop12.net. 0,25. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>