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 24 
I. PHẦN CHUNG CHO THÍ SINH CẢ HAI BAN (7 điểm) 
Câu 1 (3 điểm) 
 Cho hàm số 2
1
xy
x



, có đồ thị là (C). 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung 
Câu 2 (3 điểm) 
 1. Giải phương trình : 9.4 5.6 4.9x x x  
 2. Tính tích phân 
2
0
sin 4 (sin4 cos )x x x dx

 
3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 
2ln xy
x
 trên đoạn 31;e   
Câu 3 (1 điểm) 
 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt 
đáy, 
 SB tạo với đáy một góc  . SB = 2a , góc  045BCS  . Tính thể tích của khối chóp S.ABC. 
Xác định 
 góc để thể tích khối chóp lớn nhất 
II. PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH TỪNG BAN (3 điểm) 
A. Theo chương trình Chuẩn: 
Câu 4a (2,0 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 3 2
1 2 2
x y z  
  và điểm 
A(3;2;0). 
1. Tìm điểm H là hình chiếu của điểm A trên đường thẳng d 
2. Chứng tỏ rằng điểm A nằm trên mặt cầu (S): 2 2 21 3 3 26x y z     ( ) ( ) ( ) . Viết phương 
trình tiếp diện của (S) tại điểm A 
Câu 5a (1,0 điểm) 
 Gọi x1, x2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 2 9 0x x   . Hãy tính 2 21 2 vaø x x 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 4b (2 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 1 2
2 1 3
  
 
x y z , mặt phẳng(P): 
x – y –z – 5 = 0 và điểm A(1;1;–2). 
a) Lập phương trình chính tắc của đường thẳng  đi qua điểm A, song song với mp(P) và vuông 
góc với d 
b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là A và tiếp xúc với (P). Chứng tỏ rằng (S) và d không có 
điểm chung 
Câu 5b. Tìm căn bậc hai của số phức 8 – 6i 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2,0 
điểm 
1) Tập xác định:  \ 1D   0,25 
● Giới hạn và tiệm cận: 
1 1 1 1
1 1lim lim ; lim lim
1 1x x x x
x xy y
x x      
 
     
 
 Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị (khi 1 vaø khi 1x x   ) 
 lim lim 1
x x
y y
 
   Đường thẳng y = –1 là tiệm cận ngang của đồ thị (khi 
 vaø khi x x   ) 
0,25 
● Bảng biến thiên: 
– Đạo hàm: 
2
3
( 1)
y
x
 

Ta có 0y  với mọi x D 
0,5 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1) và (1 ; ) , hàm số không có cực trị 
0,5 
1 
(3,0) 
3) Vẽ đồ thị: 
Giao điểm với Ox: (–2;0) 
Giao điểm với Oy: (0;2) 
Một số điểm khác: 
(2;–4), (4;–2) 
Tâm đối xứng I(1; –1) 
0,5 
x 
y 
y 
–1 
+  1 
–1 
+ + 
+ 
–  
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung 1,0 
Với x = 0  y = 2. Vậy giao điểm của (C) với trục tung: A(0 ; 2) 0,25 
2
3
( 1)
y
x
 

(0)y  3 0,25 
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A(0 ; 2): 2 (0)( 0)y y x   0,25 
 3 2y x   0,25 
 1. Giải phương trình : 9.4 5.6 4.9x x x  
1,0 
Chia hai vế của phương trình cho 9x , ta được 
2
2 29. 5. 4
3 3
x x
   
    
   
 0,25 
Đặt 
2 , 0
3
x
t t
 
  
 
 ta có 2
1 (loaïi)
9 5 4 0 4
9
t
t t
t
  
   
 

 0,25 
2
4 2 2 2
9 3 3
x
t x
   
       
   
0,25 
Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 0,25 
2. Tính tích phân I = 
2
0
sin 4 (sin4 cos )x x x dx

 1,0 
I = 
2 2
2
0 0
sin 4 sin 4 cosxdx x xdx A B
 
    0,25 
A = 
2 2 2
2
0 0 0
1 1 1sin 4 (1 cos8 ) sin8
2 2 8 4
xdx x dx x x
  
  
     
 
  
0.25 
B = 
2
2 2
0 0 0
1 1 1 1sin 4 cos (sin5 sin3 ) cos5 cos3
2 2 5 3
x xdx x x dx x x

 
 
     
 
 
4
15
 
0,25 
Vậy I = A-B = 4
4 15

 
0,25 
3.Tìm GTLN, GTNN của hàm số 
2ln xy
x
 trên đoạn 31;e   1,0 
2 
(3,0) 
2
ln (2 ln )x xy
x

  0,25 
2
1ln 0
0
ln 2
xx
y
x x e
 
       
 0,25 
2 3
2 3
4 9(1) 0; ( ) ; ( )y y e y e
e e
   
0,25 
Vậy 
3 3 2[1; ] [1; ]
4min ( ) 0; max ( )
x e x e
f x f x
e 
  0,25 
 Tính thể tích của khối chóp S.ABC. Xác định góc để thể tích khối chóp lớn 
nhất 
1,0 
Vì SA (ABC) 
 AB là hình chiếu của SB trên 
(ABC). Do đó, góc giữa SB và 
(ABC) là góc SBA   . 
 CB SA vaø CB AB CB (SAB)    
CB SB  . Vậy tam giác vuông SBC có góc  045BCS  nên cân tại B 
2BC SB a   
0,25 
Trong tam giác vuông SAB ta có .sin 2 sinSA SB a    
 và .cos 2 cosAB SB a    0,25 
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là 
31 1 1 1. . 2. 2.cos . 2.sin 2.sin2
3 3 2 6ABC
V S SA a a a a      (đvtt) 0,25 
3 
(1,0) 
 lôùn nhaát sin2 lôùn nhaát 2 =
2 4
V         0,25 
1. Tìm điểm H là hình chiếu của điểm A trên đường thẳng d 
 1,0 
Phương trình tham số của d là: 
1
3 2
2 2
x t
y t
z t
   

  
   
 0,25 
4a 
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d  (P) nhận VTCP 
1 2 2u 

( ; ; ) của d làm VTPT. Vậy phương trình (P): (x – 3)+2(y–2) + 2(z–0) = 0 0,25 
2 2 7 0x y z     
H là hình chiếu của A trên d  tọa độ của H thỏa mãn hệ: 
1
3 2
2 2
2 2 7 0
x t
y t
z t
x y z
   

  

  
    
0,25 
Giải hệ trên tìm được t = 2, x = 1, y = 1, z = 2. Vậy H(1;1;2) 
 0,25 
2. Chứng tỏ rằng điểm A nằm trên mặt cầu (S): 2 2 21 3 3 26x y z     ( ) ( ) ( ) . 
Viết phương trình tiếp diện của (S) tại điểm A 
1,0 
(S) có tâm I(–1;3;3) 
Thế tọa độ của A vào phương trình (S), ta được 
2 2 23 1 2 3 0 3 26     ( ) ( ) ( ) (đúng) 
Vậy A nằm trên (S) 
0,5 
Tiếp diện của (S) tại A là mặt phẳng (Q) qua điểm A và nhận (4; 1; 3)IA   

 làm 
VTPT 
0,25 
Vậy phương trình (Q): 4( 3) ( 2) 3( 0) 0 4 3 10 0x y z x y z           
0,25 
Gọi x1, x2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 2 9 0x x   . Hãy tính 2 21 2 vaø x x 1,0 
28 8i    0,25 
Phương trình có hai nghiệm: 1 21 2 2 ; 1 2 2x i x i      0,25 
2 2
1 ( 1 2 2 )x i    7 4 2i  0,25 
5a 
2 2
2 ( 1 2 2 )x i    7 4 2i  0,25 
a) Lập phương trình chính tắc của đường thẳng  đi qua điểm A, song song với 
mp(P) và vuông góc với d 
1,0 
Đường thẳng d có VTCP: (2;1;3)u 

Mặt phẳng (P) có VTPT: (1; 1; 1)n   

0,25 
Gọi v

 là VTCP của  , ta có: 
/ /( )P v n
d v u
  
 
   
 
  0,25 
1 1 1
, ; ; ( 2; 5;3)
 1 1 1
 1 3 3 2 2 1
v n u
    
        
 
  
 0,25 
Đường thẳng  đi qua điểm A(1;1;–2) và có VTCP v

=(–2;–5;3) nên có phương 
trình chính tắc là: 1 1 2
2 5 3
  
 
 
x y z 
0,25 
4b 
(2,0) 
b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là A và tiếp xúc với (P) 
 1,0 
Mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với (P) nên bán kính của mặt cầu là 
R = d(A; (P)) = 1 1 2 5 3 3
3 3
  
  
0,25 
Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2( 1) ( 1) ( 2) 3x y z      0,25 
Đường thẳng d đi qua điểm M(–1;1;2) và có VTCP (2;1;3)u 

Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d: 
,
( ; )
AM u
d A d
u
   
 
 216
14
0,25 
Vì d(A,d) > R nên mặt cầu (S) và đường thẳng d không có điểm chung 0,25 
Tìm căn bậc hai của số phức 8 – 6i 1,0 
Đặt z = x + yi là căn bậc hai của 8 – 6i. Ta có 2 8 6z i  2( ) 8 6x yi i    
2 2 2 8 6x y i xy i     
0,25 
2 2
2
2
3
8
92 6 8
yx y x
xy x
x
     
  
   

4 2
3
8 9 0 (1)
y
x
x x
  
 
   
 0,25 
Giải (1) ta được x2 = –1 (loại); x2 = 9. Suy ra 
3 1
3 1
x y
x y
   
    
0,25 
5b 
Vậy có hai căn bậc hai của 8 – 6i là z = 3–i ; z = –3+i 0,25