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

 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 4 
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số 3 23 2y x x   
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất. 
Câu 2 (3,0 điểm). 
 1. Giải phương trình: 2 21 39 36.3 3 0x x    . 
 2. Tính tích phân: 
10
2
1
logI x xdx  . 
3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2( ) 2 1f x x x   trên tập xác định của nó. 
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a,  060BAD  . Mặt bên SAD 
là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích của hình 
chóp S.ABCD theo a. 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B) 
1. Phần A. 
Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng 1 2( ), ( )d d có phương trình 
1
2 1( ) :
1 1 2
x y zd   

 và 2
2 2
( ) : 3
x t
d y
z t
 


 
 1. Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau. Tính khoảng cách giữa (d1) và (d2). 
 2. Viết phương trình mặt phẳng ( ) cách đều (d1) và (d2). 
Câu 5a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 1 2 1 22 2
1 2
4
( , )
5 2
z z i
z z
z z i
  

  
 
2. Phần B. 
Câu 4b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm P(3;1;-1) và Q(2;-1;4). 
 1. Viết phương trình của đường thẳng  là hình chiếu vuông góc của đường thẳng PQ 
trên mặt phẳng (Oyz). 
 2. Viết phương trình của mặt phẳng ( ) qua hai điểm P, Q và vuông góc với mặt phẳng 
  có phương trình 2x – y + 3z - 1 = 0. 
Câu 5b (1,0 điểm). Tìm số phức z thoả mãn 
4
1z i
z i
    
. 
----------------------Hết---------------------- 
Đáp án 
Câu Ý Nội dung Điểm 
I 3,00 
 1 2,00 
a) Tập xác định: D   0,25 
+ Sự biến thiên: 
  2' 3x 6x = 3x 2y x   
0
' 0
2
x
y
x

   
0,50 
+ Giới hạn: 
 Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    
 Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 
0,25 
 Bảng biến thiên. 
 2 6;CTy y  
yCĐ  0 2y   
x 
 0 2  
y’ + 0  0 + 
y 2 
 
 6 
0,50 
 Đồ thị 
0,50 
 2 1,00 
Kí hiệu d là tiếp tuyến của (C) và 0 0( ; )x y là toạ độ tiếp điểm. 
Tiếp tuyến tại 0 0( ; )x y có hệ số góc là 20 0 0'( ) 3 6y x x x  0,25 
Ta có 2 20 0 0 0'( ) 3 6 3( 1) 3 3y x x x x       
Do đó 0min '( ) 3y x   khi 0 1x  . Khi đó 0 4y   . 0,50 
Tiếp tuyến cần tìm là (d): 3 1y x   . 0,25 
II 3,00 
 1 1,00 
Đặt 
2 13 , 0xt t  , từ phương trình đã cho ta có phương trình 
 2 4 3 0 (*)t t   0,25 
Giải (*) ta được 1t  và 3t  0,25 
Với 1t  ta được 
2 13 1 1x x     . 
Với 3t  ta được 
2 13 3 2x x     . 
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm vừa nêu trên. 
0,50 
 2 1,00 
Đặt 2logu x và dv xdx , ta có 2 log
ln10
du xdx
x
 và 
2
2
xv  0,25 
10 102
2
11
1log log 50
2 ln10
xI x x xdx J    với 
10
1
1 log
ln10
J x xdx  0,25 
Đặt logu x và 1
ln10
dv xdx , ta có 
ln10
dxdu
x
 và 
2
2 ln10
xv  0,25 
10 10102 2
2 2 2
11 1
50 50 99log
2ln10 2 ln 10 ln10 4 ln 10 ln10 4ln 10
x x xJ x dx      
Vậy 2
50 9950
ln10 4ln 10
I    . 
0,25 
 3 1,00 
Tập xác định của hàm số là  1;1 . Ta có 
2
'( ) 2
1
xf x
x
 

. 
Khi đó: 2
2'( ) 0 2 1
5
f x x x x      
0,50 
Ta có: 2( 1) 2, (1) 2, ( ) 5
5
f f f     0,25 
Nên 
 1;1
min ( ) 2
x
f x
 
  và 
 1;1
max ( ) 5
x
f x
 
 . 0,25 
III 1,00 
0,25 
Kẻ đường cao SH của tam giác SAD. Do mp(SAD) vuông góc với 
mp(ABCD) nên SH (ABCD) . 
Tam giác SAD vuông cân tại S, có AD = a nên 
2
aSH  
Diện tích hình thoi ABCD là: 
2 3. .sin
2
aAB AD BAD  
0,50 
Thể tích của hình chóp S.ABCD là: 
2 31 1 3.
3 3 2 2 4 3ABCD
a a aSH S     0,25 
IVa 2,00 
 1 1,00 
Đường thẳng (d1) đi qua 1(2;1;0)M và có vectơ chỉ phương là 1 (1; 1;2)a  

Đường thẳng (d2) đi qua 2 (2;3;0)M và có vectơ chỉ phương là 2 ( 2;0;1)a  

 0,25 
Ta có: 1 2, ( 1; 5; 2)a a      
 
, 1 2 (0;2;0)M M 

Do đó: 1 2 1 2, . 10 0a a M M     
  
. Suy ra d1 và d2 chéo nhau. 
0,5 
Khi đó:  
1 2 1 2
1 2
1 2
, . 10( ), ( )
3,
a a M M
d d d
a a
 
  
 
 
  
  0,25 
 2 1,00 
Ta có: ( ) song song với hai đường thẳng d1 và d2 nên ( ) có một vectơ 
pháp tuyến là 1 2, (1;5;2)a a   
 
. Suy ra phương trình ( ) có dạng: 
5 2 0x y z D    . 
0,25 
Vì ( ) cách đều hai đường thẳng d1 và d2 nên:    1 2, ( ) , ( )d M d M  
Nên: 
7 17
12
30 30
D D
D
 
    
0,50 
Vậy, ( ) : 5 2 12 0x y z    . 0,25 
Va 1,00 
Ta có 2 2 21 2 1 2 1 2
1 ( ) ( ) 5 5
2
z z z z z z i        0,25 
Khi đó 1 2,z z là hai nghiệm phức của phương trình 
2 (4 ) 5 5 0 (*)Z i Z i     
(*) có 2 2(4 ) 4(5 5 ) 5 12 (2 3 )i i i i          
Suy ra (*) có hai nghiệm là 3 i và 1 2i . 
0,50 
B C 
D 
A H 
S 
Vậy hệ có nghiệm 1 1
2 2
1 2 3
3 1 2
z i z i
z i z i
    
 
    
 0,25 
IVb 2,00 
 1 1,00 
Gọi P’, Q’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của P, Q lên mp(Oyz). Ta có 
'(0;1; 1)P  và '(0; 1;4)Q  0,50 
Khi đó, đường thẳng  đi qua hai điểm P’ và Q’.  có vectơ chỉ phương là 
' ' (0; 2;5)P Q  

. Suy ra phương trình đường thẳng  là 
0
1 2
1 5
x
y t
z t


 
   
. 0,50 
 2 1,00 
Mp ( ) có vectơ pháp tuyến ( ) (2; 1;3)n   

( 1; 2;5)PQ   

, ( ) , (1; 13; 5)n PQ     
 
 0,50 
Vì mặt phẳng ( ) qua hai điểm P, Q và vuông góc với mặt phẳng   nên 
( ) có một vectơ pháp tuyến là ( ) ( ) , (1; 13; 5)n n PQ      
  
. 
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) là 
 3 13( 1) 5( 1) 0 13 5 5 0x y z x y z           
0,50 
Vb 1,00 
Điều kiện: z i 0,25 
Phương trình đã cho tương đương với 
4 4 4 3 2 2 3 4 4 3 2 2 3 4( ) ( ) 4 6 4 4 6 4z i z i z z i z i zi i z z i z i zi i             
 3 3 2
0
8 8 0 8 ( 1) 0 1
1
z
z i zi iz z z
z

       
  
0,50 
Vậy: phương trình đã cho có 3 nghiệm 0;1; 1 . 0,25