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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 
 ĐỀ THAM KHẢO Môn: TOÁN – Giáo dục THPT 
 Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề. 
 SỐ 19 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 
Câu I. (3 điểm) 
Cho hàm số 
3
2xy 2x 1
3
    
A. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 
B. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ là nghiệm của đạo hàm cấp hai. 
C. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 
3
2x 2x 2 m
3
    
Câu II. (3 điểm) 
I. Giải phương trình: x 1 x4 5.2 1 0    
II. Tính tích phân: 
4
0
cos2xI dx
3 sin2x


 
III. Tìm GTLN và GTNN của hàm số  
3f x
x 1


 trên đoạn 
11;
2
 
 
 
Câu III. (1 điểm) 
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A. Cạnh bên SA vuông góc với 
mặt đáy, cạnh bên SB tạo với mặt đáy một góc 300 , AB = a. 
1) Tính thể tích của khối chóp S.ABC. 
2) Một hình nón có đỉnh S và đường tròn đáy tâm A, bán kính AB. Tính diện tích xung quanh 
của hình nón. 
II. PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH TỪNG BAN (3 điểm) 
A. Theo chương trình chuẩn: 
Câu IV.a (2 điểm) 
Cho D(-3;1;2) và mặt phẳng ( ) qua ba điểm A(1;0;11), B(0;1;10), C(1;1;8). 
1.Viết phương trình tham số của đường thẳng AC 
2.Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng ( ) 
3.Viết phương trình mặt cầu tâm D bán kính R= 5.Chứng minh mặt cầu này cắt mp( ) 
Câu V.a (1 điểm) 
Giải phương trình 2 2 17 0  z z trên tập số phức. 
B. Theo chương trình nâng cao: 
Câu IV.b (2 điểm) 
Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;4;2), đường thẳng (d): 
x y z 1
1 2 3

  
 và mặt phẳng (P): 4x + 2y + z -1 =0 
1) Lập phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). tính tọa độ tiếp điểm. 
2) Viết phương trình đường thẳng qua A , vuông góc với (d) và song song với mặt phẳng (P) 
Câu V.b (1 điểm) 
 Gi¶i ph¬ng tr×nh sau trªn tËp sè phøc: (z + 2i)2 + 2(z + 2i) - 3 = 0. 
---Hết --- 
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 
3
2xy 2x 1
3
    2,0 Điể
m 
a) Tập xác định: D = R 0,25 
b) Sự biến thiên: 
  Chiều biến thiên: 
 
2y ' x 4x
x 0, y 1
y ' 0 35x 4, y
3
  
  

      
 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;0 ,  4; và đồng biến trên khoảng (0; 4) 
0,25 
0,25 
 Giới hạn của hàm số tại vô cực 
3
3x x
1 2 1lim y lim x ( )
3 x x 
      ; 3 3x x
1 2 1lim y lim x ( )
3 x x 
      
0,25 
 Bảng biến thiên: 
0,25 
 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 4 và ycđ = 
35
3 ; đạt cực tiểu tại x = 0 và yct = 1 
0,25 
c) Đồ thị (C): 
Một số điểm đồ thị đi qua 
101;
3
 
 
 
, 
192;
3
 
 
 
, 
285;
3
 
 
 
Đồ thị nhận điểm 
192;
3
 
 
 
 làm tâm đối xứng. 
0,5 
2. Viết phương trình TT của (C) tại điểm có hoành độ là nghiệm của đạo hàm cấp 
hai 
1,0 
I 
(3,0
) 
Gọi d là TT cần tìm và  0 0x ;y là tọa độ tiếp điểm. Ta có: 
 
2
0 0
y ' x 4, y '' 2x
y '' 0 x 0, y 1
    
    
0,5 
0 0
-
+
-
35
3
1
0 4-
+
+-y'
y
x
x
y
O
35
3
1
4
1
y = m - 1
 Hệ số góc của d là : y’(0) = 4 0,25 
 PTTT cần tìm là: y = 4x +1 0,25 
3. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 
3
2x 2x 2 m
3
    1,0 
 PT: 
3 3
2 2x x2x 2 m 2x 1 m 1
3 3
          ,(*) 
 Đặt: 
3
2xy 2x 1
3
    có đồ thị (C) đã vẽ 
Và y = m – 1 có đồ thị là đường thẳng (d) cùng phương với trục hoành Ox 
Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng (d) 
0,5 
 Biện luận: 
+ 
m 2
38m
3


 

 : PT (*) có 1 nghiệm 
+ 
m 2
38m
3


 

 : PT (*) có 2 nghiệm 
+ 
382 m
3
  : PT (*) có 3 nghiệm 
0,5 
1. Giải phương trình 1.0 
Đặt 2x = t, t>0 ta được phương trình 
 4t2 – 5t + 1 = 0, (*) 
0,5 
Giải (*), ta được t = 1 và t = 
1
4 
0,25 
Với t = 1, ta được 2x = 1 x 0  
Với t = 
1
4 , ta được 2
x = 
1 x 2
4
   
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0, x = -2. 
0,25 
2. Tính tích phân: 
4
0
cos2xI dx
3 sin2x


 
1,0 
Đặt t = 3 + sin2x dt 2cos2x.dx  0,25 
Với x = 0 t 3  
 x t 44

   
0,25 
Khi đó  
4
4
3
3
1 dt 1 1 1 4I ln t ln4 ln3 ln
2 t 2 2 2 3
     
0,5 
3.Tìm GTLN và GTNN của hàm số  
3f x
x 1


 trên đoạn 
11;
2
 
 
 
1,0 
Ta có:    2
3f ' x 0, x 1
x 1
    
 Hàm số f(x) luôn đồng biến trên cả đoạn 
11;
2
 
 
 
0,5 
II 
(3,0
) 
Vậy  11;
2
1max f x f 6
2  
 
 
  
  và 
   
11;
2
3minf x f 1
2  
 
   
0,5 
1.Tính thể tích của khối chóp S.ABC 0,5 III 
(1,0
) + Diện tích mặt đáy: 
2
ABC
aS
2
 
+ Chiều cao: 0 a 3SA a.tan30 3  
0,25 
a 300
S
C
B
A
+ Thể tích của khối chóp là: SABC ABC
1 a 3V S .SA
3 18
  
0,25 
2. Tính diện tích xung quanh của hình nón 0,5 
Hình nón xác định bởi: 
a 3h SA
3
r AB a
2a 3l SB
3

 

 

  

0,25 
Diện tích xung quanh của hình nón: 
2
xq
2a 3S rl
3
   
0,25 
1. Viết phương trình tham số của đường thẳng AC 0,75 
+ VTCP của đường thẳng AC:  AC 0;1; 3 
uuur
 0,25 
+ PTTS của đường thẳng AC:
x 1
y t ,t R
z 11 3t


 
  
0,5 
2. Viết PTTQ của mp   0,75 
 
 
AB 1;1; 1
AC 0;1; 3
  
 
uuur
uuur 
VTPT của mp   :  n AB,AC 2; 3; 1       
uur uuur uuur
0,5 
PTTQ của mp   : 2(x -1) +3y +z-11 = 0 2x 3y z 13 0     0,25 
3. Viết phương trình mặt cầu tâm D, bán kính R =5. CM mặt cầu cắt mp   0,5 
+ Phương trình mặt cầu (S) tâm D(-3;1;2) , bán kính R = 5 là: 
     2 2 2x 3 y 1 z 2 25      
0,25 
IV.a 
(2,0
) 
+  
6 3 2 13
d D; 14 5
4 9 1
   
         mặt cầu (S) cắt mp  
 
0,25 
Giải phương trình: 2 2 17 0  z z trên tập số phức 1,0 
Ta có:  
2' 1 17 16 4i      0,5 
V.a 
Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm là: 
1z 1 4i   
0,5 
1. 1,25 IV.
b Vì mặt cầu (S) tiếp xúc với mp  P nên: 
Bán kính R = d[A,(P)] = 
12 8 2 1
21
16 4 1
  

  
0,25 
Do đó, Phương trình mặt cầu (S)là:      
2 2 2x 3 y 4 z 2 21      0,25 
+ Gọi  qua A và vuông góc với mp  P  VTCP của   là:    Pu n 4;2;1  
uur uuur
PTTS của   là: 
x 3 4t
y 4 2t
z 2 t
 

 
  
0,25 
+Gọi H(x;y;z)       H là hình chiếu của A lên mp   , tọa độ điểm H là nghiệm 
của hệ phương trình:
x 3 4t
y 4 2t
z 2 t
4x 2y z 1 0
 
  

 
    
Giải hệ phương trình trên ta được H(-1;2;1) 
0,5 
2. 0,75 
+ VTCP của đường thẳng d:  du 1;2;3
uur
+ VTPT của mp(P):    Pn 4;2;1
uuur
Vì đường thẳng cần tìm qua A , vuông góc với (d) và song song với mp(P) nên có 
VTCP là:    d Pu u ,n 4;11; 6     
r uur uuur
0,5 
Do đó phương trình của đường thẳng cần tìm là: 
x 3 y 4 z 2
4 11 6
  
 
  
0,25 
Giải phương trình:(z + 2i)2 + 2(z + 2i) - 3 = 0 trên tập số phức 1,0 
PT: (z + 2i)2 + 2(z + 2i) - 3 = 0 
z 2i 1 z 1 2i
z 2i 3 z 3 2i
    
         
0,75 
V.b 
Kết luận phương trình có 2 nghiệm z = 1 – 2i và z = -3 – 2i 0,25