Kỳ thi tốt nghiệp thpt năm 2010 môn: Toán – Giáo dục thpt

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO. KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 Môn: TOÁN – Giáo dục THPT Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề.. SỐ 16. I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm) Câu I.( 3 điểm) Cho hàm số y =. x 1 x 1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2.Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm thuộc (C) có hoành độ x0 = -2 3.Chứng tỏ rằng với mọi m thì đường thẳng y = -x + m luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B. Tìm m để độ dài đoạn AB ngắn nhất. Câu II.( 3 điểm) 1. Giải phương trình : 9. x. 1 2.  6.3 x 1  5  0.  2. 2.Tính tích phân : I =  x 2 . cos xdx 0. 3.Tìm GTLN và GTNN của hàm số : y = x  1 . 1 3 trên đoạn [ ,4] x 1 2. Câu III.( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABC . có đường cao SI = a với I là trung điểm của BC .Đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và BC = 2a. 1.Tính thể tích khối chóp S.ABC. 2.Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC II- PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN ( 3 điểm) Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1.Theo chương trình chuẩn. Câu IV.a ( 2 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;0;1),D(-2;1;-1) 1.Viết phương trình mặt phẳng (ABC),suy ra ABCD là tứ diện. 2.Viết phương trình mặt cầu tâm D và tiếp xúc mặt phẳng (ABC) 3.Gọi H là chân đường cao của tứ diện ABCD đi qua D. Viết PTTS đường cao DH. Câu V.a ( 1điểm) Giải phương trình : x 2  x  7  0 trên tập số phức. 2.Theo chương trình nâng cao. Câu IV.b ( 2 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(1;0;0),B(0;2;0),C(0;0;3),D(-2;1;-1) 1.Viết phương trình mặt phẳng (ABC),suy ra ABCD là tứ diện. 2.Gọi H là chân đường cao của tứ diện ABCD đi qua D. Viết PTTS đường cao DH. 3.Viết phương trình mặt cầu tâm D và tiếp xúc mặt phẳng (ABC). Tìm tọa độ tiếp điểm Câu V.b ( 1điểm) Tìm số phức z sao cho z.z  ( z  z )  4  2i Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> BIỂU ĐIỂM Đáp án 1 .(1,5đ). Điểm. * TX Đ : D = R\{-1}. 0.25. 2 * Đạo hàm : y/ = > 0,  x  D ( x  1) 2. 0.25. => Hàm số đồng biến trên các khoảng : (  ;1) ; (1;)  BBT:  x -1  y’ + +  1 y 1 . 0.25. 0.25 0.25.  Đồ thị: Điểm đặc biệt. x -3 -2 y 2 3. -1. y. 0 1 -1 0. Câu I (3đ). 0.25. 1 -1. 1. O. x -1. -Vẽ đúng dạng - Đi qua điểm đặc biệt. 0.25 0.25 Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận là (-1; 1)làm tâm đối xứng .(0.5đ). *x0 = -2 => y0 = 3 *f/(x0) = f/(-2) = 2 *PTTT : y – 3 = 2(x + 2) <=> y = 2x + 7. 0.25 0.25. 3.(0.5đ). 1. Diện tích : S =  | 0. 1. x 1 | dx Dựa vào đồ thị => x 1. 1. x 1 2 dx    (1  )dx S = – x 1 x 1 0 0 1 = – (x – 2ln|x + 1| ) = 2ln2 – 1 0 Lop12.net. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0.25 1.(1.0đ). x. 1 2. Pt : 9  6.3 x 1  5  0 <=> 3.4x – 2.2x – 5 = 0 Đặt t = 2x,t > 0. PTTT : 3t2 – 2 t – 5 = 0 5 (nhận) ,t = -1 (loại) 3 5 5 5 t= <=> 2x = <=> x = log 2  log 2 5  log 2 3 3 3 3. <=> t =. 0.25 0.25 0.25 0.25. . 2.(1.0 đ). 2. 0.25. I=  x 2 cos xdx. . 0. 0.25. u  x 2  du  2 xdx dv  cos xdx  v sin x. 0.25. .  I= x 2 sin x.  2 0. 2.   2 x sin xdx  0. 2 4.  2I1. 0.25.  2. Câu 2 (3 đ). Tính I 1   x sin xdx. . 0.25. 0. u  x  du  dx dv  sin xdx  v   cos x .  I 1   x cos x.  2 0. 2.   cos xdx  1 0. Vậy I = 3.(1.đ). . 2. 4. 1 3 2. Xét trên đoạn [ ,4] ta có y/ = 1 . 1 ( x  1) 2. 0.25. y/ = 0 <=> x 2  2 x  0 <=> x  2 3 5 10 Ta có : y( ) = ; y(2) = 2 ; y(4) = 2 2 3. 10 Suy ra max y   y (4) ; min y  2  y (2) 3 3 3 [ , 4] [ , 4] 2. 2. Lop12.net. 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1(0.5đ). Thể tích khối chóp S.ABC : V =. S. h = SI = a Tam giác ABC vuông cân => AI là trung tuyến Đồng thời là đường cao => AI =. Câu III (1đ ). 1 B.h 3. 1 1 B = SABC = BC. AI  .2a.a  a 2 2 2 3 a => V = 3. 1 BC  a 2. 0.25 B. I. C A. 2(0.5đ). Ta có : IS = IB = IC = IA = a => mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp có tâm I bán kính r = a Diện tích mặt cầu (S) : S mc = 4  r 2 = 4  a 2. Câu IVa (2đ). 1. 0.25 0.25 0.25. Theo chương trình chuẩn 1.(1 đ). PT mp(ABC) có dạng :. x y z   1 a b c. 0.25. x y z <=> PT :    1 1 2 3. <=> 6x + 3y + 2z – 6 = 0 Thế tọa độ D vào PT mp(ABC) ta có : - 17 = 0 (sai) => D  mp(ABC) => ABCD là hình tứ diện 2(0.5đ). 0.25 0.25. Đường cao DH của tứ diện vuông góc với mp(ABC) => DH có VTCP . 0.25. . a  n ( ABC )  (6,3,2).  x  2  6t  => PTTS của DH là :  y  1  3t  z  1  2t . 3. (0.5đ). 0.25. 0.25. Mặt cầu (S) có tâm D(-2;1;-1) (S) tiếp xúc với mp(ABC) => (S) có bán kính: | 12  3  2  6 |. 17 7 36  9  4 289 => PT (S) : (x + 2)2 + (y – 1)2 + ( z + 1)2 = 49. r = d[D,(ABC)] =. Lop12.net. =. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1.(1 đ). 0.25.   27  0. Câu Va ( 1đ ). PT có 2 nghiệm phức : x1, 2 . 1  3 3i 2.  1 3 3 i  x1   2 2 <=>   1 3 3 i  x2   2 2 . 2. 0.25 0.25 0.25. Theo chương trình nâng cao 1.(1 đ). PT mp(ABC) có dạng : <=> PT :. x y z   1 a b c. x y z   1 1 1 1. <=> x + y + z – 1 = 0 Thế tọa độ D vào PT mp(ABC) ta có : - 3 = 0 (sai) => D  mp(ABC) => ABCD là hình tứ diện. 0.25 0.25 0.25 0.25. 2.(0.5 đ) Câu IVb ( 2đ ). Đường cao DH của tứ diện vuông góc với mp(ABC) => DH có VTCP . 0.25. . a  n ( ABC )  (1,1,1).  x  2  t  => PTTS của DH là :  y  1  t  z  1  t . 3. (0.5đ). Mặt cầu (S) có tâm D(-2;1;-1) (S) tiếp xúc với mp(ABC) => (S) có bán kính r = d[D,(ABC)] =. | 2  1  1  1 | = 111. 3. => PT (S) : (x + 2)2 + (y – 1)2 + ( z + 1)2 = 3 Tìm được tọa độ tiếp điểm H(-1;2;0). Câu Vb (1đ ). 1.(1 đ). 0.25. Gọi z = a + bi với a,b  R và i2 = –1 => z  a  bi z.z  a 2  b 2 ; z  z  2bi z.z  ( z  z )  4  2i <=> a2 + b2 + 2bi = 4 – 2i a   3 a 2  b 2  4 <=>  2b  2 b  1 => z = 3  i hoặc z =  3  i. <=> . 0.25 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>