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 10 
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) 
Câu 1 (3.0 điểm) 
 Cho hàm số  2 24y x x  có đồ thị (C) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 
 2. Dựa vào đồ thị (C) tìm tham số thực m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân 
 biệt 4 24 2 0mx x   
Câu 2 (3.0 điểm) 
 1. Giải phương trình  2 1
2
log 3 log 2x x   
 2. Tính tích phân 
4
2 1
0
xI e dx  
 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4( )
1
f x x
x
 

 trên đoạn  0;4 
Câu 3 (1.0 điểm) 
 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy là 
600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD 
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 
A. Theo chương trình Chuẩn : 
Câu 4.a (2.0 điểm) 
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(–1;1;3) , B(0;1;1) và đường thẳng 
(d) có phương trình: 2 1
2 3 1
x y z 
 

 1. Chứng minh: Hai đường thẳng (d) và AB chéo nhau. 
 2. Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (α) chứa đường thẳng AB và song song 
 với đường thẳng (d). 
Câu 5.a (1.0 điểm) 
Giải phương trình 2 3 4 0z z   trên tập hợp số phức. 
B. Theo chương trình Nâng cao : 
Câu 4.b (2.0 điểm) 
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết : 
 A(1;1;–2), B(1; 2; 0), C(3 ; 1; 2) 
 1. Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (ABC). 
 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng () có phương trình 1 1
3 1 1
x y z 
 

 sao cho 
 khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (ABC) bằng khoảng cách từ gốc tọa độ O đến 
 mặt phẳng (ABC). 
Câu 5.b (1.0 điểm) 
 Tìm các căn bậc hai của số phức 4 3i 
- - - Hết - - - 
ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
1. (2.0 điểm) 4 24y x x   
* TXĐ: D = R 
* Giới hạn: lim , lim
 
   
x x
y y 
* y’ = – 4x3 + 8x 
 0 ( 0)' 0
2 ( 4)
 
     
x y
y
x y
* Bảng biến thiên: x –  – 2 0 2 +  
 y' + 0 – 0 + 0 – 
 y 4 4 
 –  (CĐ) 0 (CĐ) –  
 Kết luận: (CT) 
* Điểm đặc biệt : 
 x =  2  y = 0 
* Đồ thị : 
* Kết luận: Đồ thị có trục đối xứng là Oy 
0.25 
0.25 
0.25 
0.5 
0.25 
0.5 
Câu 
1 
(3.0đ) 
2. (1.0 điểm) 
4 2 4 24 2 0 2 4m mx x x x       
Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của (C): 4 24y x x   và (d): 2my  
Dựa vào (C): Phương trình có 4 nghiệm thực phân biệt 
0 2 4m   
2m  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 
2 
(3.0đ) 
1. (1.0 điểm) 
ĐK: x > 0 
   2 1 2 2
2
log 3 log 2 log 3 log 2x x x x       
 2 2 22log 3 2 3 2x x x x      
2 1 ( )3 4 0
4 ( )
x
x x
x

       
nhËn
lo¹i
. Vậy nghiệm x = 1 
0.25 
0.25 
0.25 
2 2 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
0.25 
2. (1.0 điểm) 
Đặt: 12 1t x dt dx dx tdt
t
      
Đổi cận đưa đến tích phân 
3
1
.tI e tdt  
Đặt: 
t t
u t du dt
dv e dt v e
  
 
  
3
3 33 3
1 1
1
3 2t t tI te e dt e e e e      
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
 3. (1.0 điểm) 
   
2
2 2
4 2 3'( ) 1
1 1
x xf x
x x
 
  
 
Trên đoạn [0;4] : '( ) 0 1f x x   
24(1) 5 , (0) 4 , (4)
5
f f f   
 
[0;4] [0;4]
max ( ) (1) 5 & min ( ) (0) 4f x f f x f    
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 
3 
(1.0đ) 
S.ABCD là hình chóp đều nên gọi O là tâm của đáy ABCD 
( )SO ABCD  
Gọi M là trung điểm AB SM AB
OM AB

 

SMO là góc giữa mặt bên và mặt đáy. 
Theo gt:  060SMO  
ABCD là hình vuông cạnh a 
 2 &
2ABCD
aS a OM  
SOM vuông tại O: 3
2
aSO  
3
.
1 3
3 6S ABCD ABCD
aV S SO   
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 
4.a 
(2.0đ) 
1. (1.25 điểm) 
Đường thẳng AB đi qua điểm A(–1;1;3) và nhận VTCP (1;0; 2)  
 
u AB 
 Phương trình tham số của đường thẳng AB là : 
1
1 ( )
3 2
x t
y t
z t
  
 
  
¡ 
Đường thẳng d đi qua điểm M(2;–1;0) và nhận VTCP (2; 3;1) 

v 
 Phương trình tham số của đường thẳng (d): 
2 2
1 3 ( )
 
   
 
x k
y k k
z k
¡ 
0.25 
0.25 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
 &u v
 
 không cùng phương (*) 
 Xét hệ 
1 2 2 (1)
1 1 3 (2)
3 2 (3)
   
  
  
t k
k
t k
Từ (1) và (2)  5 2&
3 3
t k   không thỏa (3) nên hệ vô nghiệm (**) 
(*) và (**) suy ra d và AB chéo nhau 
0.25 
0.25 
0.25 
2. (0.75 điểm) 
Mặt phẳng (α) chứa AB và song song với đường thẳng (d) nên 
mp(α) qua A(–1;1;3) và nhận VTPT , (6;5;3)   
  
n v u 
 Phương trình mặt phẳng (α): 6( 1) 5( 1) 3( 3) 0     x y z 
 6 5 3 8 0    x y z 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 
5.a 
(1.0đ) 
7 0    
 Phương trình có 2 nghiệm phức phân biệt: 
1
2
3 7 3 7
2 2 2
3 7 3 7
2 2 2
iz i
iz i
 
  

   
0.5 
0.5 
1. (0.75 điểm) 
 (0;1;2) , (2;0;4) 
 
AB AC 
' , (4;4; 2) (2;2; 1)      
   
VTPT n AB AC hay n 
Phương trình mặt phẳng (ABC): 2 2 6 0   x y z 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 
4.b 
(2.0đ) 
2. (1.25 điểm) 
 ;( ) 2d O ABC  
M  () có phương trình tham số : 
1 3
1
x t
y t
z t
 

  
 
  M(1+3t; –1– t; t) 
 ;( ) 2d M ABC t  
   
0
;( ) ;( ) 2 2
4
t
d M ABC d O ABC t
t

      
Có 2 điểm M(1; –1;0) và M’(13; –5;4) 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 
5.b 
(1.0đ) 
Gọi a + bi là căn bậc hai của số phức 4 3i . 
Ta có:    2 22 44 3 2 3a ba bi i ab       
3 3
2 2
1 1
2 2
a a
hay
b b
    
  
   
  
0.5 
0.25 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Vậy có 2 căn bậc hai là 3 1
2 2
i   
 
0.25