Đề thi tốt nghiệp thpt năm 2010 môn: Toán – trung học phổ thông

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ÔN TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ( ĐỀ THAM KHẢO). ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 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. sin 2x.  1  cos2x dx 0. 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= 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 1 2. a 3 . Tính thể tích 2.  x  1  2t 2:  y  2  t  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: x  2  y  1  z  1 , 1 2 3. x  t 2:  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 Đáp án Điểm Câu I 1) (2 điểm) (3 điểm) a) Tập xác định: D = R 0,25. -1Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ÔN TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN b) Sự biến thiên: + Giới hạn : lim   , x . lim  . 0,25. x . + Lập bảng biến thiên của hàm số : y’ = – 3x2 + 6x. y’ = 0  x = 0 hoặc x = 2 Bảng biến thiên: x – 0 2 y’ – 0 + 0 – y + 0. Câu II (3 điểm). +. –4 – 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. 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 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 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. 2) (1 điểm) Đặt t = 1 + cos2x  dt = – sin2xdx x = 0  t = 2, x = /2  t = 1 Khi đó: I = . Câu Câu II. 0,25. 1. 2. 2. 1. 0,5. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. Đáp án. Điểm. f’(x) = 1 –. x. =. 0,25. 2  x2  x. 2. +. 0,25. 1 1 2  t dt =  t dt = ln | t | 1 = ln2.. 3) (1 điểm) + Tập xác định: D = [ – 2 ; 2 ] +. 0,5. 2. 2x 2 x 2 2  2  f’(x) = 0   2  x  x  2  x  x  x = 1  0  x  2 2  x  2. + f(1) = 2, f(– 2 ) = – 2 , f( 2 ) =. 2 và kết luận.. -2Lop12.net. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ÔN TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN Câu III (1 điểm). A. S. + Gọi I là trung điểm cạnh BC. Chứng minh tam giác SAI đều + Gọi H là trung điểm AI Chứng minh được: SH  (ABC) + Tính được: SH = 3a/4, và: SABC =. C. H. 3a 2 4. + Thể tích khối chóp S.ABC là: 3 V = 1 SABC .SH  a 3 3 16. I B. Câu IV.a 1) (1 điểm)  (2 điểm) + 1 qua A(–1;1;2) và có vectơ chỉ phương u1 =(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 u1 = – u 2 và A  2 nên 1 và 2 song song với nhau.. 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 Câu IV.b Ta có: z = (3  2i)(2  i) 4  7i  (1 điểm) (2  i)(2  i) 5. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,5 Đáp án. 1) (1 điểm)  + 1 qua M1(2 ; –1 ; 1) và có vectơ chỉ phương u1 = (1 ; 2 ; –3).  2 qua M2(0 ; 2 ; 1) và có vectơ chỉ phương u 2 = (1 ; – 1 ; 2).   + [ u1 , u 2 ] = (1 ; –5 ; –3). M1M2 = (–2 ; 3 ; 0)    + [ u1 , u 2 ] M1M 2 = –17 ≠ 0 => 1 và 2 chéo nhau. + Tính được: d(1 ; 2 ) =. 0,25. 0,5.  | z | 16  49  65 5 5 Câu Câu V.a (2 điểm). 0,25. 17 35. Điểm 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: n  [u1, u 2 ] = (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. -3Lop12.net. 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ÔN TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN 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. -4Lop12.net. 0,25 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>