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 6 
I.PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7điểm) 
Câu 1 ( 3,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x -1 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho 
2) Dựa vào đồ thị ( C ), hãy tìm các giá trị của m để phương trình x(3-x2)=m có đúng ba 
nghiệm phân biệt. 
Câu 2 (3 điểm). 
1) Giải phương trình 2 2 2
2 2 2 2
2 log 1 log 3
log 2 log 1 log log 2
x x
x x x x
 
 
   
2) Tính tích phân 
ln 2 2
0 1
x
x
eI dx
e

 
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)= 212sin sin
2
x x trên đoạn [0; 3
4
 ] 
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm trên 
cạnh SB sao cho SM = 2MB , N là trung điểm SC . Mặt phẳng (AMN) chia hình chóp S.ABCD 
thành hai phần. Tìm tỉ số thể tích của hai phần đó. 
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) 
1.Theo chương trình chuẩn.: 
Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(-2;1;-1), B(0;2;-1), C(0;3;0), 
D(1;0;1) 
1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Suy ra A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ diện. 
2) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Viết phương trình tham số của đường thẳng OG 
Câu 5a (1,0 điểm). Giải phương trình x3 + 8 = 0 trên tập số phức 
2.Theo chương trình nâng cao: 
Câu 4b (2,0 điểm).Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x-2y+z-3=0 và (Q): 2x-
y+4z+2=0 
1) Viết phương trình mặt phẳng (R) đi qua M(-1; 2; 3) và vuông góc với cả hai mặt phẳng (P) 
và (Q) 
2) Gọi (d) là giao tuyến của (P) và (Q). Viết phương trình tham số của đường thẳng (d). 
Câu 5b (1,0 điểm ). Trên tập số phức, tìm B để phương trình bậc hai z2 + Bz + i = 0 có tổng bình 
phương hai nghiệm bằng -4i. 
1
1
-1 0
-1
-3
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
1. (2,0 điểm) 
a) Tập xác định: D = R 0,25 
b) Sự biến thiên: 
 y’ = 3x2 – 3, y’ =0  x = -1 hoặc x = 1 
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; -1), (1; + ) và nghịch biến trên 
khoảng (-1;1). 
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =-1 và yCĐ =1; đạt cực tiểu tại x=1 và yCT= -3 
0,25 
0,25 
Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
    0,25 
Bảng biến thiên 
x - -1 1 
+ 
y’ + 0 - 0 + 
y 1 
+ 
- -3 
0,5 
c) Đồ thị: 
0,5 
2. (1,0 điểm) 
Câu 1 
(3,0 điểm) 
Đưa pt đã cho về dạng x3 -3x -1= -m-1 
Đặt 
3 3 1 co ùño à thò (C)
y = -m -1 ñöôøng thaúng (d) cuøng phöông vôùi Ox
y x x  


Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của (C) và (d) 
Dựa vào đồ thị , phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 
-3<-m-1<1  -2<m<2 
0,25 
0,25 
0,5 
1. (1,0 điểm) 
Đặt 2logt x (Điều kiện x>0, t 1, t  -2) 
Đưa về phương trình: 2
2 1 3
2 1 2
t t
t t t t
 
 
   
Rút gọn: t2 -3t + 2 = 0
1(loaïi)
2
t
t

 
Tìm đúng nghiệm x = 4 
0,25 
0,25 
0,25 
0.25 
2. (1,0 điểm) 
Đặt 1xu e   xdu e dx 
x = 0 u = 2 
x = ln2  u = 3 
3 3
3
2
2 2
1 1(1 ) ( ln )uI du du u u
u u

      
 =1+ 2ln
3
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
3. (1,0 điểm) 
Câu 2 
(3,0 điểm) 
Xét hàm số f(x) trên đoạn [0; 3
4
 ] 
f’(x)=2cosx –sinx cosx 
Suy ra trên khoảng (0; 3
4
 ): f’(x)=0  cosx = 0 x = 
2
 
f(0)=0 ; f(
2
 )= 3
2
 ; f( 3
4
 )= 12
4
 
3[0; ]
4
3max ( ) ( )
2 2
f x f


  ; 
3[0; ]
4
min ( ) (0) 0f x f

  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 3 
(1,0 điểm) 
M 
P I 
N 
O 
C D 
A B 
S 
Gọi O AC BD  . 
0,25 
Trong tam giác SAC, SO và AN cắt nhau tại I . 
Trong tam giác SBD, IM cắt SD tại P 
Mặt phẳng (AMN) chia hình chóp S.ABCD thành hai phần là S.AMNP và 
ABCD.MNP 
0,25 
O là trung điểm của BD và IM // BD nên I là trung điểm của PM, suy ra: 
;ABC ACD AMN APNS s S S  
Do đó        . .
. .
2 2 1 1
1
2 3 2 3
S AMNP S AMN
S ABCD S ABC
V V SA SM SN
V V SA SB SC
0,25 
.
. . .
1 2 1
3 3 2
S AMNP
S AMNP S ABCD ABCDMNP S ABCD
ABCDMNP
V
V V V V
V
      
0,25 
1. (1,25điểm) 
Ta có: (2;1;0); (2;2;1) (1; 2;2)AB AC AB AC     
   
Mp(ABC) qua A(-2;1;-1) và có vtpt n

=(1;-2;2) 
Pt mp(ABC) là : 1.(x+2)-2(y-1)+2(z+1) = 0 
  x -2y + 2z + 6 = 0 
Với D(1;0;1)  1 -2.0 +2.1 + 6  0 Dmp(ABC) 
Vậy : ABCD là một tứ diện 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
2. (0,75 điểm) 
Câu 4a 
(2,0 điểm) 
G là trọng tâm tam giác ABC  2 2( ;2; )
3 3
G   
Đường thẳng OG đi qua O(0;0;0) và có vtcp 2 2( ;2; )
3 3
OG   

Ptts là: 
2
3
2
2
3
x t
y t
z t
  



  

0,25 
0,25 
0,25 
Câu 5a 
(1,0 điểm)  Đưa về pt (x + 2)( x2 -2x + 4 ) = 0 
2
2
2 4 0
x
x x
 
 
  
 Giải pt x2 – 2x + 4 = 0 
 Tính 23 3i    
0,25 
0,25 
 Giải được 1 3x i  
 Kết luận: pt có 3 nghiệm x = -2; 1 3x i  
0,25 
0,25 
1. (1,0 điểm) 
(P) có vtpt 1 (1; 2;1)n  

; (Q) có vtpt 2 (3; 1;4)n  

 1 2 ( 7; 2;3)n n   
 
Mp(R) qua M(-1;2;3) và có vtpt 1 2 ( 7; 2;3)n n n    
  
Pt mp(R) là: -7.(x+1)-2.(y-2)+3.(z-3)=0 
  -7x-2y+3z-12=0 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
2.(1,0 điểm) 
Câu 4b 
(2,0 điểm) 
Đường thẳng (d) đi qua N(0;-2;-1) và nhận 1 2 ( 7; 2;3)u n n    
  
 làm vtcp 
Ptts của (d) là: 
7
2 2
1 3
x t
y t
z t
 

  
   
0,5 
0,5 
Câu 5b 
(1,0 điểm) 
 Gọi 1 2,z z là hai nghiệm của pt và B = a + bi; a, bR và viết được 
2 2 2 22 ( ) 2 41 2z z S P B i i        
 -2i = ( a + bi )2 = a2 – b2 +2abi 
2 2 0
2 2
a b
ab
  

 
 Giải hệ được hai nghiệm (1;-1) và (-1;1) 
 Kết luận: B = 1 - i , B = -1 + i 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25