Kỳ thi tốt nghiệp thpt năm 2010 đề tham khảo môn: Toán – giáo dục thpt

a Lập phương trình chính tắc của đường thẳng  đi qua điểm A, song song với mpP và vuông góc với d b Viết phương trình mặt cầu S có tâm là A và tiếp xúc với P.. Chứng tỏ rằng S và d khôn[r]

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 (sin 4x x cos )x dx







3 Tìm GTLN, GTNN của hàm số

2

ln x y

x

 trên đoạn 3

1; e

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  SB = a 2, gĩc BCS 450 Tính thể tích của khối chĩp S.ABC Xác định

gĩc 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

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

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

M

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

1

(3,0)

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

1 Giải phương trình : 9.4x 5.6x 4.9x 1,0

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

2

0,25

3

x

t   t

 

ta cĩ 2

1 (loại)

9

t

t

  



 



0,25

2

2

x

t        x 

0,25

2 Tính tích phân I =

2

0

sin 4 (sin 4x x cos )x dx





I =

2

A =

2

B =

2



Vậy I = A-B = 4

4 15





3.Tìm GTLN, GTNN của hàm số

2

ln x y

x

 trên đoạn 3

1; e

2

(3,0)

2

ln (2x ln )x

1

ln 0 0

x x

y





      



0,25

(1) 0; ( ) ; ( )

0,25

Vậy

4 min ( ) 0; max ( )

e

Tính thể tích của khối chĩp S.ABC Xác định gĩc để thể tích khối chĩp lớn

nhất

1,0

Vì SA(ABC)

 AB là hình chiếu của SB trên (ABC) Do đĩ, gĩc giữa SB và (ABC) là gĩc SBA  

CBSA và CBABCB(SAB)

  Vậy tam giác vuơng SBC cĩ gĩc BCS 450 nên cân tại B

2

0,25

Trong tam giác vuơng SAB ta cĩ SASB.sin  a 2 sin 

và ABSB.cos  a 2 cos  0,25

Vậy thể tích khối chĩp S.ABC là

3

3

(1,0)

lớn nhất sin2 lớn nhất 2 =

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

4a

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuơng gĩc với d  (P) nhận VTCP

1 2 2

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): 2 2 2

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 3   0 3   26

Vậy A nằm trên (S)

0,5

Tiếp diện của (S) tại A là mặt phẳng (Q) qua điểm A và nhận IA (4; 1; 3)  



làm VTPT

0,25

Vậy phương trình (Q): 4(x3) ( y2) 3( z0) 0 4x y 3z100

0,25 Gọi x1, x2 là hai nghiệm phức của phương trình x22x 9 0 Hãy tính x12 và x22 1,0

2

8 8i



Phương trình cĩ hai nghiệm: x1   1 2 2 ;i x2   1 2 2i 0,25

1 ( 1 2 2 )

5a

2 ( 1 2 2 )

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

Đường thẳng d cĩ VTCP: u  (2;1;3)

Gọi v

là VTCP của , ta cĩ: / /( )P v n





 

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

1 3 3 2 2 1

  

0,25 Đường thẳng đi qua điểm A(1;1;–2) và cĩ VTCP v

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

4b

(2,0)

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

  

Đường thẳng d đi qua điểm M(–1;1;2) và có VTCP u  (2;1;3)

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

AM u

d A d

u

 

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 2

8 6

z   i (xyi)2  8 6i

2 2

3 8

9

8

y

xy

x x



 







3

8 9 0 (1)

y x



 



 



0,25

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

   



    

5b

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