1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Trang 1ĐỀ THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT 2010
MÔN TÓAN
Thời gian làm bài: 150 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7,0 điểm)
Câu I: ( 3,0 điểm )
Cho hàm số : y = – x 3 + 3x 2 – 4.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Tìm m để phương trình x 3 – 3x 2 + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt
Câu II: ( 3,0 điểm )
1) Giải phương trình: log4(2x 2 + 8x) = log2x + 1
2) Tính tích phân: I = 2
2 0
sin 2x
dx
1 cos x
π
+
∫
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f(x) = x+ 2 x− 2 .
Câu III: ( 1 điểm )
Cho khối chóp S.ABC có hai mặt ABC, SBC là các tam giác đều cạnh a và SA=a 3
2 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
II PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm)
1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu IV.a: ( 2,0 điểm )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng:
∆ 1: x 1 y 1 z 2
+ = − = −
− − , ∆2:
x 1 2t
y 2 t
z 1 2t
= −
= − +
= +
1) Chứng minh rằng hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 song song với nhau.
2) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2.
Câu V.a: ( 1,0 điểm )
Tìm môđun của số phức: z = 3 2i
2 i
+
−
2 Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b: ( 2,0 điểm )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng:
∆ 1:
3
1 2
1 1
2
−
−
=
+
=
x
, ∆ 2:
x t
y 2 t
z 1 2t
=
= −
= +
và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 – 2x + 4y – 6z – 2 = 0.
1) Chứng minh rằng hai đường thẳng ∆ 1 , ∆ 2 chéo nhau và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng đó.
2) Viết phương trình mặt phẳng ( α ) song song với hai đường thẳng ∆ 1, ∆ 2 và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có chu vi bằng 8 π
Câu V.b: ( 1,0 điểm )
Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z 2 – 2(1 + 2i )z + 8i = 0
–––––––––––––– Hết ––––––––––––––
Trang 2Trường THPT NGUYỄN ĐÁNG
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT 2010 ĐỀ 1
Câu I
(3 điểm)
1) (2 điểm)
b) Sự biến thiên:
+ Giới hạn : xlim→+∞= −∞, xlim→−∞= +∞
+ Lập bảng biến thiên của hàm số :
y’ = – 3x2 + 6x y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2), nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞ ;0), (2 ;+∞) Giá trị cực tiểu: y(0) = –4, giá trị cực đại: y(2)= 0
0,25 0,25
0,5
0,25 c) Đồ thị:
Điểm uốn: I(1 ; –2) Giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ: (–1;0), (2;0), (0;–4)
Vẽ đồ thị
0,5
2) (1điểm)
+ Phương trình đã cho tương đương với:
– x3 + 3x2 – 4 = m – 4 (1) Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C): y = – x3 + 3x2 – 4 và đường thẳng (d): y = m – 4
Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt
Dựa vào đồ thị suy ra: –4 < m – 4 < 0
hay: 0 < m < 4
0,25 0,25 0,25
0,25
Câu II
(3 điểm)
1) (1 điểm) Giải phương trình: log4(2x2 + 8x) = log2x + 1 (1) Điều kiện: x > 0
Khi đó: (1) ⇔ log4(2x2 + 8x) = log4(4x2)
⇔ 2x2 + 8x = 4x2
⇔ x2 – 4x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4
Kết hợp với điều kiện x > 0 suy ra PT (1) có một nghiệm: x=4
0,25 0,25
0,25 0,25
2) (1 điểm)
Đặt t = 1 + cos2x ⇒ dt = – sin2xdx
x = 0 ⇒ t = 2, x = π/2 ⇒ t = 1 Khi đó: I =
1 2
1 dt t
−∫
= 2 1
1 dt t
∫ = ln | t | = ln2.12
0,25 0,25 0,25 0,25
Trang 3I H
B S
Câu II 3) (1 điểm)
+ Tập xác định: D = [ – 2; 2]
+ f’(x) = 1 – 2
2 x
x
− =
2 2
2 x x
2 x
− −
−
+ f’(x) = 0 ⇔ 2 x2 x
2 x 2
− =
− < <
2 x x
0 x 2
− =
≤ <
⇔ x = 1
+ f(1) = 2, f(– 2) = – 2 , f( 2) = 2 và kết luận
0,25 0,25
0,25 0,25
Câu III
(1 điểm) + Gọi I là trung điểm cạnh BC
Chứng minh tam giác SAI đều + Gọi H là trung điểm AI Chứng minh được: SH ⊥ (ABC) + Tính được: SH = 3a/4,
và: SABC = 3a2
4 + Thể tích khối chóp S.ABC là:
V = 1SABC.SH a3 3
0,25 0,25 0,25
0,25
Câu IV.a
(2 điểm)
1) (1 điểm)
+ ∆1 qua A(–1;1;2) và có vectơ chỉ phương uuur1=(2;–1;–2)
+ ∆2 có vectơ chỉ phương uuur2=(–2;1;2)
+ Toạ độ điểm A không thoả mãn phương trình của ∆2 nên A ∉∆2
+ Vì uuur1= – uuur2 và A ∉∆2 nên ∆1 và ∆2 song song với nhau
0,25 0,25
0,25 0,25
2) (1 điểm)
Gọi H(1–2t;–2+t;1+2t) là hình chiếu của A trên ∆2 thì d(∆1;∆2)=AH
Ta có : AHuuur = (2–2t;–3+t;–1+2t)
AHuuur ⊥ uuur2 ⇔ AHuuur.uuur2=0 ⇔ –2(2–2t) –3+t + 2(–1+2t) = 0 ⇔ t = 1
⇒ AHuuur = (0;–2;1) ⇒ d(∆1;∆2) = AH = 5
0,25 0,25 0,25 0,25
Câu IV.b
(1 điểm) Ta có: z =
(3 2i)(2 i) 4 7i (2 i)(2 i) 5
⇒ | z | 16 49 65
+
0,5 0,5
Trang 4Câu V.a
(2 điểm)
1) (1 điểm)
+ ∆1 qua M1(2 ; –1 ; 1) và có vectơ chỉ phương uuur1 = (1 ; 2 ; –3)
∆2 qua M2(0 ; 2 ; 1) và có vectơ chỉ phương uuur2 = (1 ; – 1 ; 2)
+ [uuur1, uuur2] = (1 ; –5 ; –3) M1M2 = (–2 ; 3 ; 0)
+ [uuur1, uuur2]M Muuuuuur1 2 = –17 ≠ 0 => ∆1 và ∆2 chéo nhau
+ Tính được: d(∆1 ; ∆2 ) = 17
35
0,25
0,25 0,25 0,25
2) (1 điểm)
+ Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2 ; 3) và bán kính R = 4
+ Mặt phẳng (α) song song với ∆1 , ∆2 nên có vectơ pháp tuyến:
1 2
n [u , u ]r= uur uur = (1;– 5; – 3)
+ Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có: 2πr = 8π
=> r = 4 => r = R => I ∈ (α) + Phương trình mặt phẳng (α): x – 5y – 3z – 2 = 0
Vì M1 và M2 không thuộc (α) nên ∆1 // (α) và ∆2 // (α)
Vậy phương trình mặt phẳng (α) cần tìm là: x – 5y – 3z – 2 = 0
0,25 0,25 0,25
0,25
Câu V.b
(1 điểm) Ta có: ∆’ = (1+2i)2 – 8i = –3 + 4i – 8i = – 3 – 4i
⇒∆’ = (1 – 2i)2 (hoặc tìm được các căn bậc hai của ∆’ là ±(1–2i))
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm:
z1 = 1 + 2i + 1 – 2i = 2 và z2 = 1 + 2i – (1 – 2i) = 4i
0,25 0,5 0,25