5 ĐỀ - ĐÁP ÁN ÔN THI TN THPT2010 (P1)

Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S.ABM và S.ABCD II.. Viết phương trình đường thẳng A' B' là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng Oxy... Suy ra ABCD là tứ diện 2.Vi

Sở GD ĐT Quảng nam ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT

Trường THPT Lương Thế Vinh Môn : TOÁN

Thời gian làm bài : 150 phút

I Phần chung dành cho tất cả thí sinh (7 điểm)

Câu I ( 3đ) Cho hàm số y x 2

1 x

 có đồ thị (C)

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)

2.Tìm m để đường thẳng (d) : y = x  m và đồ thị (C) có điểm chung

Câu II: ( 3đ ) 1.Giải phương trình : 8x – 4x = 2x

0 cos xdx0 sin xdx

3 Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của hàm số : y =

2

x 1

 trên đoạn [0,2]

Câu III :(1 đ ) Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M là một

điểm thuộc cạnh SC sao cho SM = 2 MC Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S.ABM

và S.ABCD

II Phần riêng (3 điểm)

Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần riêng ( phần A hay phần B)

A-Theo chương trình chuẩn :

Câu IVa: (2 đ) Cho các điểm A(1,0,3) , B(-1, 3, 4) , C( 1,2,1) , D(k ,2,5)

1 Viết phương trình mặt phẳng (ABC) Tìm k để các đường thẳng AB và CD chéo nhau

2 Viết phương trình đường thẳng A' B' là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng Oxy

Câu Va ( 1đ ) Tìm số phức z biết : (1-2i)z = 2z -1

B- Theo chương trình nâng cao :

Câu IVb: (2 đ) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) : x 1 y z 2

 

phẳng α : x + 2y -2z + 4 = 0

1 Viết phương trình mặt phẳng ( ) biết ( ) chứa (d) và vuông góc với (α )

2 Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm O đường thẳng (d)

Câu V.b ( 1đ ) Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường : y = 1

cos x , y = 0 , x = 0 , x = /6 quanh trục Ox - Hết

Sở GD ĐT Quảng nam ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT

Trường THPT Lương Thế Vinh Môn : TOÁN

I Phần chung (7 điểm) Câu I: (3 đ) 1.( 2đ)

*D R \  1 025

*y' 3 2 0 (1 x)     x D 025

Hàm số đồng biến trên   ; 1 ; 1;   và không có cực trị

* xlim y1 ;xlim y1           tiệm cận đứng : x = -1 025

xlim y 1    tiệm cận ngang y = 1 025 * Bảng biến thiên 05

05

2 (1 đ ) pt hoành độ giao điểm của (C) và (d) là :x 2 1 x   = x –m 025

 x +2 = (1-x )( x –m ) ( x ≠ 1)  x2 –mx +2+ m = 0 (*) 025

Để (d) và (C) có điểm chung thì (*) có nghiệm   ≥ 0 025

 m2 – 4m - 8 ≥ 0  m 2 2 3 hay m 2 2 3    025

3 Hàm số liên tục trên đoạn [0,2] y' = 2 2 x 2x 3 (x 1)    025

y' = 0  x2 2x 3 = 0  x = 1 , x =-3 [0,2] 025

f(0) =1 , f(2) = 1/3 f(1) = 0 025

Kluân: min[0,2] f(x) = 0 , max[0,2] f(x) = 1 025

Câu II: ( 3đ ) 1 (1 đ) Đặt t = 2x , t >0 Pt viết lại : t3 – t2 –t = 0 025

 t( t2 –t -1) = 0  t = 0 , t = (1- 5 )/2 , t = (1 + 5 )/2 025

Đc điều kiên – chọn t = (1 + 5 )/2 025

 t = (1+ 5 )/2  2x = (1+ 5 )/2  x = log2[(1+ 5 )/2] 025

2 (1 đ)

Xét hiệu : /2 4 /2 4 /2 4 4 0 cos xdx  0 sin xdx 0 (cos x sin x)dx    025

= /2 2 2 /2 0/2 0 0 1 1 (cos x sin x)dx cos2xdx sin 2x | (0 0) 0 2 2            05

suy ra /2 4 /2 4 0 cos xdx 0 sin xdx   025

Câu III ( 1 đ) Hình vẽ 025

x   1 

y + +

y 

1  1

 

Ta có : VSABM/VSABC = SA SB SM .

SA SB SC = 2/3 025

và VSABCD = 2VSABC 025

suy ra VSABM / VSABCD = 1/3 025

II Phần riêng (3 điểm) A-Theo chương trình chuẩn : Câu IVa: (2 đ) 1 (1 đ) AB = (-2,3,1) ; AC = (0,2,-2)

mp (ABC) có véc tơ pháp : n AB,AC          = (-8, -4 ,-4) 025

Pt mp (ABC) : -8(x-1) -4(y-0) -4(z-3) = 0  2x +y+z -5 = 0 025

AB ,CD chéo nhau  D (ABC) 025

 2k + 2 + 5 -5  0  k  -1

025 2 Các điểm A(1,0,3) , B(-1, 3, 4) lần lượt có hình chiếu lên mp Oxy là : A'(1,0,0) , B'(-1, 3, 0) 05

A'B'  =(-2 , 3,0) 025

Pt A'B' là x = 1-2t , y = 3t , z = 0 025

Câu Va: (1 đ) (1-2i)z = 2z -1  (1-2i)z - 2z = -1 025

 (1+2i)z = 1  z = 1/(1+2i) 025

 z = 1 2i (1 2i)(1 2i)    = 1 2i 3 3 05

B.Theo chương trình Nâng cao : Câu IVb: (2đ) 1 (d) qua M0 ( 1,0,-2) và có vtcp u= (-1,1,2) : α có vtpt :n= (1,2,-2) 05

chứa (d) và vuông góc với (α )   có vtpt : n ' = [ u,n] = (-6,0,-3) 025

Pt  : -6(x-1) +0(y-0) -3(z+2) = 0  2x + z = 0 025

2 H  (d)  H (1-t , t , -2+t) 025

H là hình chiếu của điểm O đường thẳng (d)  OH u = 0 025

 (1-t).(-1) + t +(-2+t)2 = 0  t = 5/4 025

 H( -1/4, 5/4, -3/4 ) 025

Câu Vb: (1đ) Thể tích .: V =  6 0 1 dx cos x   025

Đặt t= sinx  dt = cosx dx x = 0  t = 0 , x = /6  t = ½ 025

V =  6 2 0 cos x dx cos x   =  1 2 2 0 1 dt 1 t  = 1 2 0 1 1 ( )dt 2 t 1 t 1      025 =

1/2 0 t 1 ln | || ln 3 2 t 1 2      025

S Ở GI ÁO D ỤC - Đ ÀO T ẠO QU ẢNG NAM

TR

Ư ỜNG THPT NGUYấN THÁI BèNH

ĐỀ TỐT NGHIỆP NĂM HỌC 2009- 2010 (THAM KHẢO)

MễN: TOÁN - THỜI GIAN: 150 PHÚT

A PHẦN CHUNG (7 ĐIỂM)

Cõu I (3,0điểm): Cho hàm số y 2x 1

x 1





 cú đồ thị (C)

1.Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C)

2.Viết phương trỡnh tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C ) với đường thẳng y =

x -1

Cõu II (3,0 điểm).

1 Tớnh tớch phõn sau: I = 4

2 0

cos

x dx x







2 Giải bất phương trỡnh : log ( 2 x  3) log (  2 x  2) 1 

3 Tỡm giỏ trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x.lnx trờn đoạn [1; e]

Cõu III (1,0điểm) Cho hỡnh chúp tứ giỏc đều SABCD cú cạnh đỏy bằng a, gúc giữa mặt

bờn và mặt đỏy bằng 600 Tớnh thể tớch hỡnh chúp SABCD theo a

B PHẦN RIấNG (3 ĐIỂM)( Thớ sinh chọn một trong hai phần sau: cõu IVa, Va theo

chương tỡnh chuẩn Cõu IVb, V theo chương trỡnh nõng cao)

Cõu IV.a (2điểm)

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(3 ; -2; -2) , B( 3; 2; 0 ), C(0;2;1) và D(-1;1;2)

1.Viết phơng trình mặt phẳng qua B, C, D Suy ra ABCD là tứ diện

2.Viết phơng trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (BCD)

Cõu V.a (1điểm)

Tìm môđun của số phức z = 3 + 4i + (1 +i)3

Cõu IV.b (2điểm)

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(3 ; 5; -5) , B( -5; -3; 7 ) và đờng thẳng d:

x y+ z

1.Viết phơng trình mặt phẳng qua đờng thẳng d và song song với đờng thẳng AB 2.Viết phơng trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với đờng thẳng d

Cõu V.b (1điểm)

Biểu diễn số phức z = 1+ i dưới dạng lượng giỏc

-

hết -ĐÁP ÁN

I

(3điểm)

1(2 điểm)

Sự biến thiên

x





) 1 (

3 2 /

Hàm số đồng biến trên từng khoảng   ; 1 , 1 ; 

Hàm số không có cực trị



x

xlim 1 , lim 1 Tiệm cận đứng x = 1







x

0,5

0,5

2(1điểm)

Bảng biến thiên

Đồ thị: đồ thị đi qua (0; -1), ( ; 0 )

2

1 (

0,25

0,5

0,25

x - 1

+

y/ - -

y 2 +

- 2

Ta có: 2

/

) 1 (

3







x

Giải phương trình hoành độ giao điểm: 1

1

1 2









x x

x





























3 4

1 0

0 4

2

y x

y x

x x

Có hai giao điểm A(0;-1) , B(4;3)

Tính y’(0) = -; y’(4) =

3

1

 Kết luận có hai phương trình tiếp tuyến:

y + 1 = -3x hay y = -3x - 1

y – 3 = -1/3( x - 4) hay y = -1/3x +13/3

0,25

0,25

0,25

Câu II

3điểm

1(1điểm) Đặt t = 1 + tanx co dx s x

dt 2



2 4

, 1

0     

2

1 2 1 2 2

1









tdt t

I

0,25 0,25

0,5 2(1điểm) Điều kiện 3

2 3













x x x

Bất pt  log2(x 3 )(x 2 )  1

(x13x)(x4 2)2  x2 5x4 0

Kết hợp điều kiện , suy ra nghiệm của bất phương trình 3 x 4

0,25

0,25 0,25

0,25 3(1điểm) Hàm só xác định trên [1;e]

y/ = lnx + x > 0 với x1 ;e

Kết luận Maxy1;  y(e)e ; Miny1;  y(1)0

e e

0,5

0,5 Câu III

(1điểm)

Vẽ hình

I O

B

C S

60

ˆ 





O

2

3 60

tan 2 ˆ tan

OI SO OI

SO    

0,25

3 2

3 3

1

3

a SO S

0,5

CâuIVa

2điểm

1(1,25điểm)

) 2

; 1

; 4 ( ,

) 1

; 0

; 3

BC

Suy ra véc tơ pháp tuyến của (BCD) là n BC;BD ( 1 ; 10 ;  3 )

Phương trình mp(BCD): 1(x – 3) + 10(y – 2) – 3(z – 0) = 0

Hay x + 10y – 3z – 23 = 0

A (BCD) suy ra ABCD là một tứ diện

0,25 0,25

0,5 0,25 2(0,75điểm)

Bán kính mặt cầu R = d(A, (BCD)) = 11044

Phương trình mặt cầu (S): (x – 3)2 + (y + 2)2 + (z + 2)2 = 96855

0,25

0,5 Câu V a

1điểm

Tính z = 1 + 6i

1 6 2 37







z

0,5 0,5 Câu IVb

2điểm

1(điểm)

Véc tơ chỉ phương của d là: u ( 1 ; 2 ;  4 )và M(0; -1; 3)d

) 12

; 8

; 8 (  



AB

Véc tơ pháp tuyến của mp( ) là

 ;  (  8 ; 20 ; 8 )   4 ( 2 ;  5 ;  2 )

u AB n

Phương trình mp( ) : 2(x – 0) - 5(y + 1) - 2(z - 3) = 0

Hay 2x – 5y – 2z + 1 = 0

0,25 0,25

0,5 2(điểm)

Ta có u ( 1 ; 2 ;  4 )và AM  (  3 ;  6 ; 8 )  u; AM (  8 ; 4 ; 0 )

Bán kính mặt cầu: R = d(A; (d)) =  ;   8021

u

AM u

Phương trình mặt cầu: (x – 30)2 + (y – 5)2 + (z + 5)2 =

21 80

0,25 0,25 0,5

Câu V.b

1 điểm



        

Vậy : z 2(cos3 isin )3

0,25 0,25

0,5

SỞ GD& ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP NĂM HỌC 2009-2010 TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT MÔN: TOÁN

(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7.0 điểm).

Câu I (3.0 điểm)

Cho hàm số y= - x3 + 3x2 -4 có đồ thị (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho

2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho hệ số góc tiếp tuyến lớn nhất

Câu II (3.0 điểm)

1 Giải phương trình: x 1 x 1x 1

( 2 1) ( 2 1)



2 Tính tích phân :







 2 0

sin 2x

2 sin x

3 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

 y 4sin x 9sin x 12sinx 2 3  2  

Câu III (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, trung tuyến AM=a, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác SBC đều Tính thể tích của khối chóp S.ABC

II PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm).

Thí sinh chỉ được chọn 1 trong 2 phần sau ( phần 1 hoặc phần 2 ).

1.Phần 1

Câu IV a (2.0 điểm)

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(2; 1; –2), mặt phẳng (Q) có

phương trình 2x – 2y + z – 6 = 0 và đường thẳng  đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (Q)

1 Viết phương trình tham số của đường thẳng 

2.Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, tiếp xúc với mặt phẳng (Q) và có tâm I nằm trên đường thẳng 

Câu V a.(1.0 điểm)

Giải phương trình x2 4x 7 0  trên tập số phức

2 Phần 2

Câu IV.b (2 điểm)

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(4; -3; 2) và đường thẳng d có phương trình: 32 22 1









x

1 Lập phương trình mặt cầu (S) đường kính A O

2 Lập phương trình đường thẳng qua A, cắt và vuông góc với đường thẳng d Câu V b (1.0 điểm)

Tìm mô đun của số phức  



1 2i z

1 i . Hết

ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM

Câu 1 1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) : y= - x3 + 3x2 -4

y’= - 3x2 + 6x

y’= 0  x x 02 y y04

y’’= - 6x + 6 y’’= 0  x=1  y= -2

Giới hạn xlim  y; limx y  0,25 Bảng biến thiên

x  0 2 +

y' 0 + 0

-y + 0

-4 -

0,50

- Hàm số tăng trên khoảng (0, 2)

- Hàm số giảm trên khoảng (-∞, 0) và (2, +∞)

- Hàm số đạt cực đại tại x= 2 , yCĐ= 0- Hàm số đạt cực tiểu tại x= 0 ,

yCT= -4-

0,25

2.(1.0 điểm)

* Giả sử M (x; y)  (C) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là

k= y’ (x)= - 3x2 + 6x = -3( x-2)2 + 12 12

k lớn nhất bằng 12 khi x=2 => M(2;0)

* PTTT: y=12x

0.05 0.25 0.25 II

(3.0

điểm)

Vì ( 2 1)( 2 1) 1 2 1 1 ( 2 1) 1

2 1





nên

x 1

x 1

x 1









do 2 1 1  

(x 1)(x 2) 0 2 x 1

    

0.25 0.5

0.25

Ta cã:

sin 2x 2sin x cosx

2 sin x 2 sin x

§Æt u = 2 + sinx  sinx = u – 2  cosxdx = du

§æi cËn: x = 0  u = 2; 3

2

x  u

3 2

2

u

0.25

0.25

0.5 3.(1.0 điểm)

Ta có : y 4sin x 9sin x 12sinx 23  2  

Đặt : t sinx , t [ 1;1]   y 4t 39t2  12t 2 , t [ 1;1]  

 



 



2

y 12t 18t 12 ,

t 2(loai) 2

t 2

Y(-1)=29 ; y(1)=3 ; y(1/2) = -13/4

 1;1   1;1 

13 max 29; min

4

0.25

0.5

0.25

III

(1.0

điểm)

1.0 điểm

Tính được AS=a 2

0.5 Tính được: . 3 2

3

S ABCD

a

IV.a

(2.0

điểm)

+ Mặt phẳng (Q) có một vectơ pháp tuyến n(2; 2;1) 

+ Đường thẳng  vuông góc với (Q) nên có một vectơ chỉ phương

(2; 2;1)

u  và  qua điểm A(2;1;–2) nên phương trình của đường thẳng

 là

2 2

1 2 2

 





 



  



(t  R)

+ Gọi B là giao điểm của đường thẳng và (Q) Tìm được

10 1 4

B  

+ Mặt cầu (S) có đường kính là đoạn thẳng AB nên có tâm I(8 1; ; 5

3 3  3)

và bán kính R = IA = 1

+ Phương trình mặt cầu (S):

1

0.25 0,25 0.5

0,25 0,25 025 0,25

V.a

(1.0

điểm)

 ' 3 3i2

Phương trình có hai nghiệm : x1  2 i 3 , x2   2 i 3

0.5 0.5

IV.b

(2.0

điểm)

1.(1.0 điểm)

(S) có tâm I(2;-3/2;1), bán kính 1 1 29

2 (1.0 điểm)

Gọi (  )là mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng d nên mp

)

(  nhận vtcp của d là  ( 3 ; 2 ;  1 )



0.25

Phương trình mp(  ): 3x 2y z 4  0 0.25

Xác định được toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d là

) 1

; 0

; 1

( 

H

0.25

Đường thẳng cần tìm qua A và H có PTCT: 34 33 32













V.b

(1.0

điểm)

1.0 điểm



1 2i (1 2i)(1 i) 1 3

1 i (1 i)(1 i) 2 2

5 z

2

0.5 0.5

Đề tham khảo thi tốt nghiệp THPT 2010 Môn Toán Trường THPT Trần Quí Cáp

A.Phần chung.

Câu 1 Cho hàm số y=x 3 - 6x 2 +3ax (a là tham số)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi a =3.

2 Tìm các giá trị của a để hàm số đã cho đạt cực đại và cực tiểu

Câu 2 1 Tính tích phân I= xdx

x x

e

ln )

1 (

1

2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của y = sin3x + cos2x.

Câu 3 Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và các cạnh bên tạo với mặt phẳng

đáy một góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC

B.Phần riêng: Thí sinh chọn một trong hai đề:

1.Đề theo chương trình chuẩn x= 3 – 2t

Câu 4A: Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng 1 : y = 4 + t

z = -t

và 2 :

1

3 3

1 2







x

1/ Chứng minh 1 và 2 chéo nhau

2/ Tính khoảng cách giữa 1 và 2

Câu 5A.

Giải phương trình sau trong tập số phức: z 2 + 5z + 7 + i=0.

2.Đề theo chương trình nâng cao:

Câu 4B Trong không gian Oxyz, cho 2 điểm: A(1;2;-1), B(-1;3;1)

1 Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB

2 Tìm điểm M trên trục tung sao cho MAB có diện tích bằng

2

2

Câu 5B

1 Giải phương trình: log27(log3x) + log3(log27x) = 3.

-Hết -BIỂU ĐIỂM Câu 1

1 Khảo sát

3đ

1,5đ

2

Tính y’=3x 2 -12x + 3a

y'=0 có 2 nghiệm phân biệt  ’>0  a < 4

1,5đ

0,5đ 1đ

Câu 2

1

I= x xdx

e

ln

1

e

ln 1

1



Tính x xdx

e

ln

1

2

e

 bằng phương pháp từng phần

x

e

ln

1

1

e

x d x

1

) (ln )

1 2 ) (ln 2

1

=21

 I=

4

3  e2

3đ

1.5đ

0,25đ

0,75đ

0,25đ

0,25đ

2

y=sin3x+1-2sin2x

Đặt t= sinx ĐK: t-1;1

Xét y=t3-2t2+1 trên -1;1 có y’=3t2-4t

y'=0  t=0, t=

3 4

t -1 0 1

y' + 0

-y 1

-2 0

KL: maxy= 1  sinx=0  x= k, kZ R miny=-2  sinx=-1  x= -2 + k2, kZ R 1,5đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ Câu 3. S

600

A G C

1đ

0,25đ

B

+Gọi G là trọng tâm của ABC

+ 

SAG=600, AG=

3

3

a

SG= a

 V=

12

3

3

a

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 4A.vec tơ chỉ phương của 1 là: u= ( -2; 1;-1)

Vec tơ chỉ phương của 2 là: v = ( 2;3;1) Vậy: [u v] = ( 4;0;8)

M1(3,4,0) thuộc 2 , M2(-1,1,-3) thuộc 2 => M1M2 =( -4;-3;-3)

Nên M1M2 x [u v]= 8 => hai đờng thẳng chéo nhau

Tính khoảng cách theo công thức:

:, đúng kết quả: d = 2/ 5

1 đ

1 đ

Câu 5A.

=(-1+2i)2

 có 2 căn bậc 2 là: -1+2i; 1-2i

Phương trình đã cho có 2 nghiệm là: z1=-3+i, z2=-2-i

1đ

0,5đ 0,25đ 0,25đ

Câu 4B.

1 Đ/số: 4x-2y-4z+5=0

2

Gọi M(0;y;0) Oy.

Ta có AM=(-1;y-2;1), AB=(-2;1;2)

AM ,AB=(2y-5;0;2y-5)

 SMAB= 2 ( 2 5 ) 2

2

1



y

SMAB=

2

2  2y-5=1





 2

3

y y

Đ/số: M1(0;3;0), M2(0;2;0)

1đ

1đ 1đ

0,5đ

0,25đ

0,25đ

Câu 5B.

ĐK: x>0, log37>0, log7x>0  x>1

Ta có pt: 13log3(log3x)+ log3(31log3x)=3 13log3(log3x)-1+

log3(log3x)=3

Đặt t= log3(log3x) ta có pt: 34 t =4  t=3

Từ log3(log3x) = 3  log3x=27  x=327

1đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ