Câu III 1,0 điểm Tính tỉ số thể tích của hình lập phương và thể tích của hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó.. PHẦN RIÊNG 3 điểm Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được
Trang 1THAM KHAO TOT NGHIEP 2010 ( Thời gian làm bài 150 phút )
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số y = x − 4 + 2x2 cĩ đồ thị (C)
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
b Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M ( 2 ;0)
Câu II ( 3,0 điểm )
a Cho lg 392 a , lg112 b= = Tính lg7 và lg5 theo a và b
b Tính tìch phân : I = 1 2
x x(e sin x)dx 0
+
∫
c Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu cĩ của hàm số = +
+ 2
x 1 y
1 x
Câu III ( 1,0 điểm )
Tính tỉ số thể tích của hình lập phương và thể tích của hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó
II PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đĩ
1 Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với các đỉnh là A(0;− 2;1) ,
B(− 3;1;2) , C(1;− 1;4)
a Viết phương trình chính tắc của đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác
b Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm C và vuơng gĩc với mặt phẳng (OAB) với O
là gốc tọa độ
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : =
+
1 y 2x 1 , hai đường thẳng x = 0 ,
x = 1 và trục hồnh Xác định giá trị của a để diện tích hình phẳng (H) bằng lna
2 Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (− 1;4;2) và hai mặt phẳng (P ) : 1
2x y z 6 0 − + − = , (P ) : x 2y 2z 2 02 + − + = .
a Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng (P ) và (1 P ) cắt nhau Viết phương trình tham số của 2
giao tuyến ∆ của hai mặt phằng đĩ
b Tìm điểm H là hình chiếu vuơng gĩc của điểm M trên giao tuyến ∆
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y = x 2 và (G) : y = x Tính thể tích của khối trịn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh
.Hết
HƯỚNG DẪN
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Trang 2Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ
b) 1đ Gọi (∆) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k
nên ( ) : y k(x∆ = − 2)
(∆) là tiếp tuyến của ( C ) ⇔ Hệ sau có nghiệm :
x 2x k(x 2) (1) 3
4x 4x k (2)
− + =
Thay (2) vào (1) ta được : x(x 2)(3x2 2x 4) 0 x 2 2,x 0,x 2
3
x 2 2 (2) k 8 2 ( ) : y 8 2 x 16
1
= − → = − → ∆ = − +
x 0 (2) k 0 ( ) : y 0
2
= → = → ∆ =
x 2 (2) k 4 2 ( ) : y 4 2x 8
3
= → = − → ∆ = − +
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ Ta có : a = lg392 = lg(2 7 ) 3lg2 2 lg 7 3lg3 2 = + = 10+2 lg 7 3 3lg5 2 lg 7= − +
5 ⇒ 2 lg 7 3lg5 a 3 (1)− = −
b = lg112 = lg(2 7) 4 lg2 lg7 4 lg4 = + = 10−4 lg5 4 4 lg5 lg 7= − +
5 ⇒lg 7 4 lg5 b 4 (2)− = −
lg5 (a 2b 5) , lg 7 (4a 3b)
b) 1d Ta có I = 1 2 1 2 1
x(e sin x)dx xe dx xsin xdx I1 I2
I1 xe dx e d(x ) ( e ) = (e 1)
1
I2 xsin xdx
0
dv sin xdx v cosx
nên 2 = − 10+1∫ = − + 10 = − +
0
I [ x cosx] cosxdx cos1 [sin x] cos1 sin1
x −∞ 1− 0 1 +∞
y′ + 0 − 0 + 0 −
y 1 1 −∞ 0 −∞
Trang 3Vậy : I=1(e 1) sin1 cos1− + −
2 c) 1đ Tập xác định : D=¡
+ 2 + 2
1 x
+
+
2
1 x(1 ) x
1
x 1
x Bảng biến thiên :
Vậy : Hàm số đã cho đạt : ¡ M max y = y(1)= ¡ = 2
Không có GTNN¡
Câu III ( 1,0 điểm )
Nếu hình lập phương cĩ cạnh là a thì thể tích
của nĩ là V a3
1=
Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đĩ cĩ bán
kính R a 2
2
= và chiều cao h = a nên cĩ thể
tích là 3
V2 = π2 Khi đĩ tỉ số thể tích :
3
3
2
π
π
II PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đĩ
1 Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ Trung điểm của cạnh BC là M(−1;0;3)
§
§ b) 1đ
x −∞ 1 +∞
y′ + 0 −
y 2 1
− 1
Trang 4Mặt phẳng (OAB) :
uuur uuur
Qua O(0;0;0)
OA (0; 2;1) VTCP :
OB ( 3;2;1)
§
§ ⇒VTPT n = [OA;OB] ( 1)(5;3;6)r uuur uuur = −
= +
r r
x 1 5t Qua C(1; 1;4)
(d): VTCP u = n = ( 1)(5;3;6) (d) : y 1 3t
z 4 6t
§
§
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Vì hàm số =
+
1 y
2x 1 liên tục , không âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích :
1 0
=
a 0 1
2
2 Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ
+ Mặt phẳng ( 1P ) có VTPT nr1=(2; 1;1) , mặt phẳng ( 2− P ) có VTPT nr2 =(1;2; 2)−
Vì 2≠ −1
1 2 nên suy ra ( 1P ) và ( 2P ) cắt nhau
+ Gọi u r∆ là VTCP của đường thẳng ∆ thì u r∆vuông góc 1nr và 2nr nên ta có :
ur∆ =[n ; n ] (0;5;5) 5(0;1;1)r r1 2 = =
Vì ∆ =(P ) (P ) Lấy M(x;y;x)1 ∩ 2 ∈ ∆ ( ) thì tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ :
− + − =
+ − + =
2x y z 6 0
, cho x = 2 ta
− = − =
Suy ra : M(2;1;3)
Vậy
∆
=
x 2 qua M(2;1;3)
( ) : vtcp u 5(0;1;1) ( ) : y 1 t
z 3 t
§
§
b) 1đ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng (∆)
Ta có : MH⊥ ∆ Suy ra : H = ∆ ∩ (Q) , với (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông với ∆ Do đó
∆
qua M(2;1;3)
(Q) : § vtpt n = u 5(0;1;1) (Q) : 0(x 1) 1(y 4) 1(z 2) 0 (Q) : y z 6 0
§
Thay x,y,z trong phương trình (∆) vào phương trình mặt phẳng (Q) ta được :
t= →1 pt( )∆ H(2;2;4)
5
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) và (G) : x x= 2 ⇔ =x 0,x 1=
Khi đó (H) giới hạn bởi các đường thẳng x = 0 , x = 1 , ( C) và (G)
Vì 0 x< 2< x , x (0;1) nên gọi ∀ ∈ V ,V lần lượt là thể tích sinh ra bởi ( C) và (G) 1 2
∫
0
********************************
