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 24. I. PHẦN CHUNG CHO THÍ SINH CẢ HAI BAN (7 điểm) Câu 1 (3 điểm) Cho hàm số y . x2 , có đồ thị là (C). 1 x. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung Câu 2 (3 điểm) 1. Giải phương trình : 9.4 x  5.6 x  4.9 x  2. 2. Tính tích phân  sin 4 x (sin 4 x  cos x )dx 0. 3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y . ln 2 x trên đoạn 1;e3  x. Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy,   450 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC. SB tạo với đáy một góc  . SB = a 2 , góc BCS Xác định góc  để thể tích khối chóp lớn nhất II. PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH TỪNG BAN (3 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn: Câu 4a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:. x 1 y  3 z  2   và điểm 1 2 2. A(3;2;0). 1. Tìm điểm H là hình chiếu của điểm A trên đường thẳng d 2. Chứng tỏ rằng điểm A nằm trên mặt cầu (S): ( x  1)2  ( y  3)2  ( z  3)2  26 . Viết phương trình tiếp diện của (S) tại điểm A Câu 5a (1,0 điểm) Gọi x1, x2 là hai nghiệm phức của phương trình x 2  2 x  9  0 . Hãy tính x12 vaø x22 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 4b (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:. x 1 y 1 z  2   , mặt phẳng(P): 2 1 3. x – y –z – 5 = 0 và điểm A(1;1;–2). a) Lập phương trình chính tắc của đường thẳng  đi qua điểm A, song song với mp(P) và vuông góc với d b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là A và tiếp xúc với (P). Chứng tỏ rằng (S) và d không có điểm chung Câu 5b. Tìm căn bậc hai của số phức 8 – 6i Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM CÂU 1 (3,0). ĐIỂ M 2,0 điểm 0,25. ĐÁP ÁN 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1) Tập xác định: D   \ 1 ● Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim. x 1. x 1. x 1 x 1   ; lim y  lim   x 1 x 1 x  1 x 1.  Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị (khi x  1 vaø khi x  1 ) lim y  lim y  1  Đường thẳng y = –1 là tiệm cận ngang của đồ thị (khi x . 0,25. x . x   vaø khi x   ). ● Bảng biến thiên: 3 ( x  1)2 Ta có y  0 với mọi x  D. – Đạo hàm: y . x y. 0,5. . +. 1 +. +. –1. +. y –1. 0,5. –. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1) và (1 ; ) , hàm số không có cực trị 3) Vẽ đồ thị: Giao điểm với Ox: (–2;0) Giao điểm với Oy: (0;2) Một số điểm khác: (2;–4), (4;–2) Tâm đối xứng I(1; –1). 0,5. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung Với x = 0  y = 2. Vậy giao điểm của (C) với trục tung: A(0 ; 2) y . 0,25. 3  y (0)  3 ( x  1)2. 0,25. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A(0 ; 2): y  2  y (0)( x  0). 0,25.  y  3x  2. 2 (3,0). 0,25. 1. Giải phương trình : 9.4 x  5.6 x  4.9 x. 1,0 2x. x. 2 2 Chia hai vế của phương trình cho 9 , ta được 9.    5.    4 3 3 x t  1 (loại) 2 2 Đặt t    , t  0 ta có 9t  5t  4  0   4 t  3  9 x. 0,25. 0,25. 2. x. 1,0. 0,25. 4 2 2 t      x 2 9 3 3 Vậy phương trình có nghiệm là x = 2. 0,25.  2. 2. Tính tích phân I =  sin 4 x (sin 4 x  cos x )dx. 1,0. 0.  2.  2. 0. 0. I =  sin 2 4 xdx   sin 4 x cos xdx  A  B  2. A =  sin 2 4 xdx  0.  2.  2. 1 (1  cos8 x )dx  2 0. B =  sin 4 x cos xdx  0. Vậy I = A-B =.  2.  1 1   x  sin 8 x   2 8 0 4. 0.25  2.  2.  4 1 11 1  (sin 5 x  sin 3 x ) dx   cos5 x  cos3 x   2 0 25 3  0 15.  4  4 15. 0,25. 0,25. 3.Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  y . 0,25. ln 2 x trên đoạn 1;e3  x. ln x (2  ln x ) x2. 1,0 0,25. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x  1 ln x  0 y  0    2 ln x  2 x  e 4 9 y (1)  0; y ( e 2 )  2 ; y ( e3 )  3 e e. Vậy min f ( x )  0; max f ( x )  x[1;e3 ]. 3 (1,0). x[1;e3 ]. 0,25 0,25 4 e2. 0,25. Tính thể tích của khối chóp S.ABC. Xác định góc  để thể tích khối chóp lớn nhất. 1,0.  Vì SA  (ABC)  AB là hình chiếu của SB trên (ABC). Do đó, góc giữa SB và  . (ABC) là góc SBA  CB  SA vaø CB  AB  CB  (SAB).   450 nên cân tại B  CB  SB . Vậy tam giác vuông SBC có góc BCS. 0,25.  BC  SB  a 2. Trong tam giác vuông SAB ta có SA  SB.sin   a 2 sin  và AB  SB.cos   a 2 cos . 0,25. Vậy thể tích khối chóp S.ABC là 1 1 1 1 V  SABC .SA  . a 2.a 2.cos .a 2.sin   a3 2.sin 2 (đvtt) 3 3 2 6. 0,25. V lớn nhất  sin2 lớn nhất  2=. 4a.    2 4. 0,25. 1. Tìm điểm H là hình chiếu của điểm A trên đường thẳng d  x  1  t  Phương trình tham số của d là:  y  3  2t  z  2  2t . 1,0 0,25 . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d  (P) nhận VTCP u  (1; 2; 2) của d làm VTPT. Vậy phương trình (P): (x – 3)+2(y–2) + 2(z–0) = 0 Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  x  2 y  2z  7  0.  x  1  t   y  3  2t H là hình chiếu của A trên d  tọa độ của H thỏa mãn hệ:   z  2  2t  x  2 y  2 z  7  0. 0,25. Giải hệ trên tìm được t = 2, x = 1, y = 1, z = 2. Vậy H(1;1;2). 0,25. 2. Chứng tỏ rằng điểm A nằm trên mặt cầu (S): ( x  1)2  ( y  3)2  ( z  3)2  26 . Viết phương trình tiếp diện của (S) tại điểm A (S) có tâm I(–1;3;3) Thế tọa độ của A vào phương trình (S), ta được (3  1)2  (2  3)2  (0  3)2  26 (đúng) Vậy A nằm trên (S)  Tiếp diện của (S) tại A là mặt phẳng (Q) qua điểm A và nhận IA  (4; 1; 3) làm VTPT Vậy phương trình (Q): 4( x  3)  ( y  2)  3(z  0)  0  4 x  y  3z  10  0 5a. Gọi x1, x2 là hai nghiệm phức của phương trình x  2 x  9  0 . Hãy tính x vaø x 2. 2 1.   8  8i 2. Phương trình có hai nghiệm: x1  1  2 2i; x2  1  2 2i. 4b (2,0). 1,0. 0,5. 0,25. 2 2. 0,25 1,0 0,25 0,25. x12  (1  2 2i)2  7  4 2i. 0,25. x22  (1  2 2i)2  7  4 2i. 0,25. a) Lập phương trình chính tắc của đường thẳng  đi qua điểm A, song song với mp(P) và vuông góc với d. 1,0. . Đường thẳng d có VTCP: u  (2;1;3)  Mặt phẳng (P) có VTPT: n  (1; 1; 1).      / /( P ) v  n Gọi v là VTCP của  , ta có:       d v  u     1  1 1 1 1  1   v   n, u    ; ;   ( 2; 5;3) 1 3 3 2 2 1    Đường thẳng  đi qua điểm A(1;1;–2) và có VTCP v =(–2;–5;3) nên có phương x 1 y 1 z  2   trình chính tắc là: 2 5 3. b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là A và tiếp xúc với (P). Lop12.net. 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với (P) nên bán kính của mặt cầu là R = d(A; (P)) =. 11 2  5 3. . 3  3 3. 0,25 0,25. Phương trình mặt cầu (S): ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  2)2  3 . 0,25. Đường thẳng d đi qua điểm M(–1;1;2) và có VTCP u  (2;1;3).    AM , u  Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d: d ( A; d )      u. 5b. 216 14. Vì d(A,d) > R nên mặt cầu (S) và đường thẳng d không có điểm chung. 0,25. Tìm căn bậc hai của số phức 8 – 6i Đặt z = x + yi là căn bậc hai của 8 – 6i. Ta có z 2  8  6i  ( x  yi )2  8  6i. 1,0.  x 2  y 2  i 2 xy  8  6i 3  3  y  x  y  8  y   x    x 2 xy  6  x2  9  8  x 4  8 x 2  9  0 (1)  x2 2. 0,25. 2. 0,25.  x  3  y  1. Giải (1) ta được x2 = –1 (loại); x2 = 9. Suy ra   x  3  y  1. 0,25. Vậy có hai căn bậc hai của 8 – 6i là z = 3–i ; z = –3+i. 0,25. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>