Đề ôn thi tốt nghiệp phổ thông trung học năm 2010

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP PHỔ THÔNG TRUNG HỌC NĂM 2010. ĐỀ 14 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ). 3. 2. Cho hàm số y  x  3x  3x  2 có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) , trục hoành và tiếp tuyến (d) với đồ thị (C) tại điểm M(0; Câu II ( 3,0 điểm ) a.. b.. Giải bất phương trình. Tính tích phân :. I. 1  2 x  2  3x 1  6 x.  2. . 0. 2 ) . .. cos x sin x  cos x. dx. c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số. y  2x  1  3x  5. .trên [. 5 ;2 ] 3. Câu III ( 1,0 điểm ) Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a .a. Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón . b. Tính thể tích của khối nón tương ứng . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;0;1) và D(  2;1;  2) . a. Chứng minh rằng A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện . . b. Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh A .. 4. 2. Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình 2z  2z  1  0 trên tập số phức  .. 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(0;0;1) , B(0;0;  1),C(1;1;1) và D(0;4;1) a. Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A,B,C,D . b. Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại C và tạo với trục Oz một góc Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình. z2  (cos   isin )z  isin.cos  0 ,   . . . . . . . .Hết . . . . . . .. HƯỚNG DẪN ĐỀ 14 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x. y.  +. 1 0. y. . 1. b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm.  +. .  (d) : y  3x  2. Lop12.net. 45 .. trên tập số phức.  ...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> S. 2/3. . 0. [y(d)  y(C) ]dx . 3. . 2/3. y(C)dx . 2/3. . 3. [x3  3x2 ]dx . 0. . [x3  3x2  3x  2] dx . 2/3. 20 88 4   81 81 3. Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ Chia 2 vế cho. 1 x 6. 1 x 3. 1 x 1  1 (1) 2. 6x  0 : bpt  ( )  2.( )  3.( ). 1 x 6. 1 x 3. 1 x 1 là hàm số nghịch biến trên R (2) 2 (2) Mặt khác : f(2) = 1 nên (1)  f(x)  f(2)  x  2 Vậy tập nghiệm của bpt là S  (2; ) Đặt : f (x)  ( )  2.( )  3.( ). b) 1đ Đặt u . I.  2.   x thì ta có 2. 0. cos x.  2.  cos(  u) 2.  2. sin u sin x dx    du   du   dx sin x  cos x   sin u  cos u sin x  cos x  sin(  u)  cos(  u) 0 0 0 2 2 2. .  2.  2.  2.   cos x sin x  Do đó : 2I  I  I   dx   dx   dx  [x]02   I  4 2 sin x  cos x sin x  cos x 0 0 0 5 c) 1đ TXĐ : [ ;2 ] 3 Ta có :. y  2 . Vậy :. 3. 2 3x  5. ;y  0  x . 89 48. .. + Maxy = y(2)  2 5 [ ;2 ] 3. Câu III ( 1,0 điểm ) Xét hình nón đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O , bán kính R Gọi SAB cân là thiết diện qua trục SO . Đường sinh : l = SA = SB = a  AB  a 2,R . a. Do đó :. 5 7 89 47 y( )  ,y(2)  2,y( ) = 3 3 48 24 89 47 + min y = y( )  48 24 5 [ ;2 ] 3 Vì. a 2 2.  2 2 Sxq  Rl  a 2.  2 2 a2 2 1 2 Stp  Sxq  Sđáy  a   a 2 2 2 b. Đường cao : h  SO . AB a 2  2 2. 1 2 3 Vnãn  R2 h  a 3 12 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :. Lop12.net. ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span>    AB  (1;1; 0),AC  (1; 0;1),AD  (3;1; 2)         [AB;AC]  (1;1;1)  [AB;AC].AD  4  0  , AB,AC,AD không đồng phẳng .. a) 1đ. Do đó : A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện ..    CD  (2;1; 3),BD  (2;0; 2),BC  (0; 1;1) 1    2 Do đó : Vtø diÖn  | [AB;AC].AD |  . 6 3 6V 2 3 Độ dài đường cao đường cao kẻ từ đỉnh A : hA     3 | [BC;BD] | b) 1đ Ta có :. Cách khác : Viết pt mặt phẳng (BCD) , rồi tính khoảng cách từ A đến mp(BCD) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) :. 2z 4  2z2  1  0 . Đặt Z  z2 thì phương trình trở thành : 2Z2  2Z  1  0 Phưong trình (*) có   1  2  3    3 nên (*) có 2 nghiệm : Ta có :. 2.. * Z1 . 1  3 1  3  z1,2   2 2. * Z2 . 1 3 2 1 3 1 3 1  3  i .  z 3,4   i. 2 2 2 2. Theo chương trình nâng cao :. Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a.. (*). 1,0đ Gọi phương trình mặt cầu (S) :. x2  y2  z2  2ax  2by  2cz  d  0. với. a2  b2  c 2  d  0 Vì mặt cầu (S) đi qua A,B,C,D nên ta có hệ :. 1  2c  d  0 1  2c  d  0 3  2a  2b  2c  d  0 . Giải hệ này ta được : a  1,b  2,c  0,d  1 .  17  8b  2c  d  0 Suy ra mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;0) , bán kính : R = Do đó phương trình (S) : b.. 6 .. x2  y2  z2  2x  4y  1  0 . 2. 2. 2  0 ; trục Oz có VTCP là k  (0; 0;1). 1,0đ Gọi VTCP của (d) là u  (a; b; c) víi a  b  c.  qua C(1;1;1)   (d ) :  và tạo với Oz một góc 45 nên ta có hệ : +  IC  (2; 1;1)    2a  b  c  0 u  IC c  b  2a   | c | 1      3a2  4ab  a  0 hay 3a = 4b    2 1  2 2 | cos( k ; u ) |  c  a  b   2 2 2 2 2   a b c + a = 0 , chọn b = 1 , c = 1 nên pt của (d) : x = 1 ; y = 1+ t ; z = 1 + t . + 3a = 4b , chọn a = 4 thì b = 3 , c = Câu V.b ( 1,0 điểm ) :.  5 nên pt của (d) :. x 1 y 1 z 1   4 3 5. 2. 2. Phương trình có   (cos   i sin )  4 sin .cos   (cos   i sin ) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm :. cos   i sin   cos   i sin   cos  2 cos   i sin   (cos   i sin ) z2   i sin  2 z1 . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>