Tham khảo Toán BGD&HD số 13

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 ĐỀ THAM KHẢO MÔN:TOÁN – Trung học phổ thông Thời gian:150 phút, không kể thời gian giao đề I.. 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ

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

( ĐỀ THAM KHẢO) MÔN:TOÁN – Trung học phổ thông

Thời gian:150 phút, không kể thời gian giao đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7,0 điểm)

Câu I: ( 3,0 điểm )

Cho hàm số : y = – x3 + 3x2 – 4

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2) Tìm m để phương trình x3 – 3x2 + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt

Câu II: ( 3,0 điểm )

1) Giải phương trình: log4(2x2 + 8x) = log2x + 1

2) Tính tích phân: I = 2

2 0

sin 2x

dx

1 cos x







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

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): x2 + y2 + z2 – 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 () 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

Câu V.b: ( 1,0 điểm )

Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z2 – 2(1 + 2i )z + 8i = 0

–––––––––––––– Hết ––––––––––––––

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT

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 = /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

I H

B S

Câu II 3) (1 điểm)

+ Tập xác định: D = [ – 2; 2]

2 x

x

2

2 x



+ f’(x) = 0  2 x2 x

2 x 2







2 2

0 x 2





 

+ f(1) = 2, f(– 2) = – 2 , f( 2) = 2 và kết luận

0,25 0,25 0,25

0,25

Câu III

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 u 1

=(2;–1;–2) + 2 có vectơ chỉ phương u 2

=(–2;1;2) + Toạ độ điểm A không thoả mãn phương trình của 2 nên A  2

+ Vì u 1

= – u  2

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 : AH = (2–2t;–3+t;–1+2t)

AH  u  2

 AH u 2=0  –2(2–2t) –3+t + 2(–1+2t) = 0  t = 1  AH = (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)(2 i)(2 i) 4 7i5



 | z | 16 49 65



0,5 0,5

Câu V.a

(2 điểm)

1) (1 điểm)

+ 1 qua M1(2 ; –1 ; 1) và có vectơ chỉ phương u 1

= (1 ; 2 ; –3)

2 qua M2(0 ; 2 ; 1) và có vectơ chỉ phương u 2

= (1 ; – 1 ; 2)

+ [u1,u2] = (1 ; –5 ; –3) M1M2 = (–2 ; 3 ; 0) + [u1,u2]M M 1 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 () song song với 1 , 2 nên có vectơ pháp tuyến:

1 2

n [u , u ]    

= (1;– 5; – 3)

+ Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có: 2r = 8

=> r = 4 => r = R => I  () + Phương trình mặt phẳng (): x – 5y – 3z – 2 = 0

Vì M1 và M2 không thuộc () nên 1 // () và 2 // ()

Vậy phương trình mặt phẳng () 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