Luyen thi Tot nghiep Toan 2010 so 2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (147.83 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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 – Không kể thời gian giao đề.
SỐ 26

I. Phần dành chung cho tất cả thí sinh: ( 7 điểm)
 Câu I (3,0 điểm).

Cho hàm số yx33x2 2 (1)

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

2.Tìm tất cả các giá trị của tham số mđể đường thẳng y mx  2cắt đồ thị ( )C tại ba điểm
phân biệt.

Câu II (3,0 điểm )

1.Giải bất phương trình log (3 x 1)2 2

2. Tính tích phân
3

3
0

sinx
cos

I dx

x






3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x( )xextrên đoạn



0; 2



.
 Câu III) ( 1 điểm ).

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích
của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a .

II. Phần riêng: ( 3 điểm)
 A. Theo chương trình chuẩn
 Câu IV.a ( 2,0 điểm )

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 6;-1 ;0) và mặt phẳng (P) có phương 
trình:

4 x y





3 z

 

1 0

1. Viết phương trình tham số đường thẳng d đi qua A và vng góc với mp(P).

2. Viết phương trình mặt cầu có tâm là hình chiếu H vng góc của điểm A lên mp(P)
và đi qua điểm A.

Câu IVb) ( 1 điểm )

Hãy xác định phần thực, phần ảo của số phức : z= 1 −i
1+2i+1 +i

B. Theo chương trình nâng cao:

Câu IV a)( 2 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình:

1 2t
1

x = +
y = +t

z t



 , t R và điểm M ( 2; 1; 0 ).

Viết phương trình của đường thẳng qua M vng góc và cắt d.

Câu IV b) ( 1 điểm) Trên mặt phẳng phức, hãy tìm tập hợp các điểm của các số phức 
thỏa |z − i|≤ 2 .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

----ĐÁP ÁN

Câu Đáp án Điểm

Câu I
(3 điểm)

1. (2 điểm)

Tập xác định D  0,25

Sự biến thiên:
2

' 3 6

y  x  x

0
y'=0

x
x




  



0,25

Giới hạn :xlim y , limx  y 0,25

Bảng biến thiên:

0,5

Hàm số đồng biến trên khoảng(0; 2)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;0),(2;)

Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = y(2) = 2

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = -2

0,25

Đồ thị

Giao điểm của ( )C với các
trục toạ độ (0;-2),(1;0)

Đồ thị ( )C nhận điểm I(1;0) làm tâm đối xứng

0,5

2 (1,0 điểm)

x
y’
y

-∞ 0 2 +∞

0 0

- +

--2
CT

CĐ
+∞

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị ( )C và đường thẳng

y mx  là:

3 3 2 2 2

x x mx

    

( 3 ) 0

x x x m

   

3 0

x

x x m



 
  

0,25
Đường thẳng y mx  2cắt đồ thị ( )C tại ba điểm phân biệt

 Phương trình x2 3x m 0có 2nghiệm phân biệt, khác 0

0,25

9 4 0

0 3.0 0

m
m
   


 
  

0,25
9
0
4
m

   0,25

Câu II

(3 điểm ) 1. (1,0 điểm )Bất phương trình đã cho tương đương với hệ bất phương trình
2

2 2

( 1) 0

( 1) 3

x
x
  


 



0,25
2
1

2 8 0

x
x x


 
  
 0,25
1
4 2
x
x


 
  
 0,25

4 x 1

     hoặc  1 x2 0,25

2.(1,0 điểm )

Đặt t c osx dt = -sinxdt sinxdx = -dt 0,25

Đổi cận

0 1,

3 2

x  t x  t 0,25

Do đó
1 1
3
3
1 1
2 2
1

I dt t dt

t









1
1
2
2

1
2t

0,25

3
2
 0,25

3. (1,0 điểm )

'( ) x x x(1 )

f x e  xe e  x 0,25





'( ) 0 1 0;2

f x   x  0,25

2 1

(0) 0, (2) 2 , (1)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Suy ra  
-1
0;2
axf(x)=e
x

m

 tại x 1; 0;2

min f(x)=0

x tại x 0

0,25
Câu III

(1,0 điểm )  Thể tích khơi lăng trụ

2 3

a 3 a 3

V AA '.SABC a.

4 4

  

 Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn
ngoại tiếp ABC , A 'B'C' thí tâm

của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều
ABC.A’B’C’ là trung điểm I của OO’ .

Bán kính

a 3 a a 21

2 2 2 2

R IA AO OI ( ) ( )

3 2 6

     

Diện tích mặt cầu :

a 21 7 a

2 2

S 4 R 4 ( )

6 3

    
0.25
0.25
0.25
0.25

A. Chương trình chuẩn
Câu IV.a

(2.0 điểm ) 1. (1 điểm)

(P) có vectơ pháp tuyến n 



4; 1;3





Do d vng góc với (P) nên d nhận n 



4; 1;3





làm vectơ chỉ phương.

0.25đ
0,25 đ
Đường thẳng d đi qua điểm A(6;-1;0) và có vectơ chỉ phươngn 



4; 1;3





Vậy phương trình tham số của d là

6 4
1
3
x t
y t
z t

 


 

 

0,25 đ
0,25 đ
2. (1 điểm)

H là giao điểm của d và mặt phẳng (P).
Toạ độ H là nghiệm của hệ:



 



6 4

1 4 6 4 1 9 1 0 26 26 1

4 3 1 0

x t

y t t t t t t

z t

x y z
 


             




    


Vậy H( 2; 0;-3)

0,25 đ

0,25 đ
Do mặt cầu đi qua A nên có bán kính:

R=AH =













2 2 2

2 6  0 1   3 0  26
Vậy phương trình mặt cầu (S):









2 2 2

2 3 26

x y  z 

0,5 đ
Câu IVb

(1 điểm) + z=

(1-i)(1-2i)

(1+2i)(1− 2i)+1+i

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

= − 1− 3i5 +1 +i

=
4 2
5 5 i

+ Phần thực bằng 4/5, phần ảo bằng: 2/5

0.25đ
0.25đ
0.25đ
B. Chương trình nâng cao:

Câu IVa
(2.0 điểm)

+ Gọi H là hình chiếu vng góc của M lên d. Khi đó MH qua M và cắt d
+ H thuộc d, suy ra: H ( 1+2t; -1+t; - t) ⇒MH=(2t − 1;−2 +t;− t)

+ MH d và d có VTCP a=(2 ;1 ;− 1)

Nên: 2(2t-1) – 2 + t + t = 0 ⇔ t=2

⇒MH=(1
3;−

3;−

2
3)

Từ đó có pt MH:

2
1 4t

x = +t
y =

z =




0.25đ
0.5đ
0.5đ
0.25đ
0.5đ
Câu IVb

(1.0 điểm) + Giả sử số phức z có dạng: z =a+bi, ta có z –i = a + (b-1)i
+ |z-i| 2

b −1¿2
¿

a2+¿

⇔√¿

b −1¿2≤ 4
⇔ a2

+¿

Vậy tập hợp các điểm cần tìm biểu diễn số phức thỏa đề bài là hình trịn
có tâm I(0;1) và bán kính R = 2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>

Luyen thi Tot nghiep Toan 2010 so 2

<sub></sub>





4

<i>x y</i>





3

<i>z</i>

 

1 0

<sub></sub>

<sub></sub>



















 























Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về