Luyện thi Tốt nghiệp Toán 2010 số 24

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 2.. Tính thể tích của khối chĩp S.ABC.. Xác định gĩcα để thể tích khối chĩp lớn nhất II.. PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH TỪNG BAN 3 điểm A.. a

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010

ĐỀ THAM KHẢO Mơn: TỐN – Giáo dục THPT

Thời gian làm bài 150 phút – Khơng 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 2

1

x y

x

+

=

− , cĩ đồ thị là (C).

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 : 9.4x +5.6x =4.9x

2 Tính tích phân 2

0 sin 4 (sin4x x cos )x dx

π

−

∫

3 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y ln x2

x

= trên đoạn 1;e3

Câu 3 (1 điểm)

Cho hình chĩp S.ABC cĩ đáy ABC là tam giác vuơng tại B, cạnh bên SA vuơng gĩc với mặt

đáy,

SB tạo với đáy một gĩc α SB = a 2, gĩc ·BCS=450 Tính thể tích của khối chĩp S.ABC Xác định

gĩcα để thể tích khối chĩp lớn nhất

II PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH TỪNG BAN (3 điểm)

A Theo chương trình Chuẩn:

Câu 4a (2,0 điểm)

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 3 2

x+ = y+ = z+

và điểm 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 x2+2x+ =9 0 Hãy tính x12 và x22

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 4b (2 điểm)

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 1 2

+ = − = −

, mặt phẳng(P):

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 vuơng gĩc với d

b) Viết phương trình mặt cầu (S) cĩ tâm là A và tiếp xúc với (P) Chứng tỏ rằng (S) và d khơng cĩ điểm chung

Câu 5b Tìm căn bậc hai của số phức 8 – 6i

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

M 1

(3,0) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2,0 điểm

● Giới hạn và tiệm cận:

⇒ Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị (khi x→1 và khi − x→1+)

→−∞ = →+∞ = − ⇒Đường thẳng y = –1 là tiệm cận ngang của đồ thị (khi

và khi

0,25

● Bảng biến thiên:

– Đạo hàm: 3 2

( 1)

y x

′ = +

Ta cĩ y′ >0 với mọi x ∈D

0,5

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ ;1) và (1 ;+∞), hàm số khơng cĩ cực trị

0,5

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

x

y′

y

–1

+ ∞

–1

+ +

+ ∞

– ∞

2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung

1,0

Với x = 0 ⇒ y = 2 Vậy giao điểm của (C) với trục tung: A(0 ; 2) 0,25

2

3 ( 1)

y

x

′ =

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A(0 ; 2): y− =2 y′(0)(x−0) 0,25 ⇔ =y 3x+2 0,25

2

(3,0) 1 Giải phương trình : 9.4x +5.6x =4.9x 1,0

Chia hai vế của phương trình cho 9x, ta được

2

  +   =

3

x

t=  ÷ t>

  ta có

9

t

t

 = −

 + − = ⇔  =



0,25

2

x

t= ⇒  ÷  ÷=  ⇔ =x

   

0,25

2 Tính tích phân I = 2

0 sin4 (sin4x x cos )x dx

π

−

I = 2 2 2

B =

2

π

Vậy I = A-B = 4

4 15

π −

3.Tìm GTLN, GTNN của hàm số y ln x2

x

= trên đoạn 1;e3 1,0

2

ln (2 ln )x x

y

x

−

1

ln 0 0

ln 2

x x

y

=



′ = ⇔ = ⇔  =

(1) 0; ( ) ; ( )

0,25 Vậy [1; ]3 [1; ]3 2

4 min ( ) 0; max ( )

x e f x x e f x

e

3

(1,0) Tính thể tích của khối chĩp S.ABC Xác định gĩc

α để thể tích khối chĩp lớn

gVì SA (ABC)⊥

⇒ AB là hình chiếu của SB trên (ABC) Do đĩ, gĩc giữa SB và (ABC) là gĩc ·SBA= α

CB SA và CB AB⊥ ⊥ ⇒CB (SAB)⊥

g

CB SB

⇒ ⊥ Vậy tam giác vuơng SBC cĩ gĩc BCS· =450 nên cân tại B

2

BC SB a

0,25

Trong tam giác vuơng SAB ta cĩ SA SB= sinα =a 2 sinα

và AB SB= cosα =a 2 cosα 0,25 Vậy thể tích khối chĩp S.ABC là

3

lớn nhất sin2 lớn nhất 2 =

4a 1 Tìm điểm H là hình chiếu của điểm A trên đường thẳng d 1,0

Phương trình tham số của d là:

1

3 2

2 2

 = − +

 = − +



 = − +



0,25

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuơng gĩc với d ⇒ (P) nhận VTCP ur=( ; ; )1 2 2

của d làm VTPT Vậy phương trình (P): (x – 3)+2(y–2) + 2(z–0) = 0

0,25

2 2 7 0

⇔ + + − =

H là hình chiếu của A trên d ⇒ tọa độ của H thỏa mãn hệ:

1

3 2

2 2

 = − +

 = − +



 = − +



 + + − =



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

1,0

(S) cĩ 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)

0,5

Tiếp diện của (S) tại A là mặt phẳng (Q) qua điểm A và nhận IAuur=(4; 1; 3)− − làm

VTPT

0,25

Vậy phương trình (Q): 4(x− − − −3) (y 2) 3(z− = ⇔0) 0 4x y− − −3 10 0z =

0,25

5a Gọi x1, x2 là hai nghiệm phức của phương trình x2+2x+ =9 0 Hãy tính 2 2

1 và 2

2

8 8i

′

Phương trình cĩ hai nghiệm: x1 = − +1 2 2 ;i x2 = − −1 2 2i 0,25

1 ( 1 2 2 )

2 ( 1 2 2 )

4b

(2,0)

a) Lập phương trình chính tắc của đường thẳng ∆đi qua điểm A, song song với

Đường thẳng d cĩ VTCP: ur =(2;1;3)

Gọi vr

là VTCP của ∆, ta cĩ: / /( )P v n



∆ ⊥ 

⊥

r r

, 1; 1 1; ( 2; 5;3)

1 3 3 2 2 1

v n u − − − − 

r r r

0,25 Đường thẳng ∆đi qua điểm A(1;1;–2) và cĩ VTCP vr

=(–2;–5;3) nên cĩ phương trình chính tắc là: 1 1 2

− = − = +

b) Viết phương trình mặt cầu (S) cĩ tâm là A và tiếp xúc với (P) 1,0

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

− + −

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 ur =(2;1;3)

Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d: d A d( ; ) AM u,

u

uuuur r

14

0,25

Vì d(A,d) > R nên mặt cầu (S) và đường thẳng d không có điểm chung 0,25

Đặt z = x + yi là căn bậc hai của 8 – 6i Ta có z2 = −8 6i ⇔(x yi+ )2 = −8 6i

2 2

2 2

3 8

9

y

x

 = −



=

3

8 9 0 (1)

y x

 = −



⇔ 

 − − =



0,25

Giải (1) ta được x2 = –1 (loại); x2 = 9 Suy ra 3 1

= ⇒ = −



 = − ⇒ =

Vậy có hai căn bậc hai của 8 – 6i là z = 3–i ; z = –3+i 0,25

+