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 16 
I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm) 
Câu I.( 3 điểm) 
Cho hàm số y = 
1
1


x
x 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2.Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm thuộc (C) có hoành độ x0 = -2 
3.Chứng tỏ rằng với mọi m thì đường thẳng y = -x + m luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt 
A,B. Tìm m để độ dài đoạn AB ngắn nhất. 
Câu II.( 3 điểm) 
1. Giải phương trình : 053.69 12
1
 
 xx 
2.Tính tích phân : I = 
2
0
2 cos.

xdxx 
3.Tìm GTLN và GTNN của hàm số : y = 
1
11


x
x trên đoạn ]4,
2
3[ 
Câu III.( 1 điểm) 
Cho hình chóp S.ABC . có đường cao SI = a với I là trung điểm của BC .Đáy ABC là tam 
giác vuông cân tại A và BC = 2a. 
1.Tính thể tích khối chóp S.ABC. 
2.Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 
II- PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN ( 3 điểm) 
Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 
1.Theo chương trình chuẩn. 
Câu IV.a ( 2 điểm) 
Trong không gian tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;0;1),D(-2;1;-1) 
1.Viết phương trình mặt phẳng (ABC),suy ra ABCD là tứ diện. 
2.Viết phương trình mặt cầu tâm D và tiếp xúc mặt phẳng (ABC) 
3.Gọi H là chân đường cao của tứ diện ABCD đi qua D. Viết PTTS đường cao DH. 
Câu V.a ( 1điểm) 
Giải phương trình : 072  xx trên tập số phức. 
2.Theo chương trình nâng cao. 
Câu IV.b ( 2 điểm) 
Trong không gian tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(1;0;0),B(0;2;0),C(0;0;3),D(-2;1;-1) 
1.Viết phương trình mặt phẳng (ABC),suy ra ABCD là tứ diện. 
2.Gọi H là chân đường cao của tứ diện ABCD đi qua D. Viết PTTS đường cao DH. 
3.Viết phương trình mặt cầu tâm D và tiếp xúc mặt phẳng (ABC). Tìm tọa độ tiếp điểm 
Câu V.b ( 1điểm) 
Tìm số phức z sao cho izzzz 24)(.  
BIỂU ĐIỂM 
 Đáp án Điểm 
1 .(1,5đ) 
* TX Đ : D = R\{-1} 
* Đạo hàm : y/ = 2)1(
2
x
> 0, Dx 
=> Hàm số đồng biến trên các khoảng : ( );1(;)1;  
 BBT: 
x  -1  
y’ + + 
y 
  1 
 1  
Đồ thị: Điểm đặc biệt. 
x
y
-1
O
1
1-1
Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận là (-1; 1)làm tâm đối 
xứng 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
.(0.5đ) *x0 = -2 => y0 = 3 
*f/(x0) = f/(-2) = 2 
*PTTT : y – 3 = 2(x + 2) y = 2x + 7 
0.25 
0.25 
C
âu
 I 
 (3
đ)
3.(0.5đ) 
 Diện tích : S =  
1
0
|
1
1| dx
x
x Dựa vào đồ thị => 
S = –  
 1
0
1
0
)
1
21(
1
1 dx
x
dx
x
x 
= – (x – 2ln|x + 1| )
0
1 = 2ln2 – 1 
0.25 
 x -3 -2 -1 0 1 
 y 2 3 -1 0 
-Vẽ đúng dạng 
- Đi qua điểm đặc biệt 
0.25 
1.(1.0đ) Pt : 053.69 12
1
 
 xx 3.4x – 2.2x – 5 = 0 
Đặt t = 2x,t > 0. PTTT : 3t2 – 2 t – 5 = 0 
 t = 
3
5 (nhận) ,t = -1 (loại) 
t = 
3
5 2x = 
3
5 x = 3log5log
3
5log 222  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
2.(1.0 đ) 
I= 
2
0
2 cos

xdxx 
 xdxduxu xvxdxdv 2 sincos2   
 I= 1
2
0
2
2
0
2 2
4
sin2sin Ixdxxxx  

  
Tính 
2
0
1 sin

xdxxI 
 dxduxu xvxdxdv   cossin 
 1coscos
2
0
2
01
 


xdxxxI 
Vậy I = 1
4
2

 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
C
âu
 2
 (3
 đ
) 
3.(1.đ) Xét trên đoạn ]4,
2
3[ ta có y/ = 2)1(
11


x
y/ = 0 022  xx 2x 
Ta có : y(
2
3 ) = 
2
5 ; y(2) = 2 ; y(4) = 
3
10 
 Suy ra )4(
3
10max
]4,
2
3[
yy  ; )2(2min
]4,
2
3
[
yy  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
1(0.5đ) 
Thể tích khối chóp S.ABC : V = hB.
3
1 
h = SI = a 
Tam giác ABC vuông cân => AI là trung tuyến 
Đồng thời là đường cao => AI = aBC 
2
1 
B = SABC = 2.2.2
1.
2
1 aaaAIBC  
=> V = 
3
3a 
0.25 
0.25 C
âu
 II
I (
1đ
 )
2(0.5đ) 
Ta có : IS = IB = IC = IA = a => mặt cầu (S) ngoại tiếp hình 
chóp có tâm I bán kính r = a 
Diện tích mặt cầu (S) : mcS = 4 2r = 4 2a 
0.25 
0.25 
1 
Theo chương trình chuẩn 
1.(1 đ) PT mp(ABC) có dạng : 1
c
z
b
y
a
x 
 PT : 1
321

zyx 
 6x + 3y + 2z – 6 = 0 
Thế tọa độ D vào PT mp(ABC) ta có : - 17 = 0 (sai) => 
Dmp(ABC) 
=> ABCD là hình tứ diện 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
2(0.5đ) 
Đường cao DH của tứ diện vuông góc với mp(ABC) => DH có 
VTCP 
)2,3,6()( 

ABCna 
=> PTTS của DH là : 








tz
ty
tx
21
31
62
0.25 
0.25 
C
âu
 IV
a 
(2
đ)
3. (0.5đ) 
Mặt cầu (S) có tâm D(-2;1;-1) 
(S) tiếp xúc với mp(ABC) => (S) có bán kính: 
 r = d[D,(ABC)] = 
4936
|62312|

 = 
7
17 
=> PT (S) : (x + 2)2 + (y – 1)2 + ( z + 1)2 = 
49
289 
0.25 
0.25 
 S 
 B I 
C 
 A 
C
âu
 V
a 
( 
1đ
 )
1.(1 đ) 027  
PT có 2 nghiệm phức : 
2
331
2,1
ix  








ix
ix
2
33
2
1
2
33
2
1
2
1
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
2 
Theo chương trình nâng cao 
1.(1 đ) PT mp(ABC) có dạng : 1
c
z
b
y
a
x 
 PT : 1
111

zyx 
 x + y + z – 1 = 0 
Thế tọa độ D vào PT mp(ABC) ta có : - 3 = 0 (sai) => 
Dmp(ABC) 
=> ABCD là hình tứ diện 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
2.(0.5 đ) 
Đường cao DH của tứ diện vuông góc với mp(ABC) => DH có 
VTCP 
)1,1,1()( 

ABCna 
=> PTTS của DH là : 








tz
ty
tx
1
1
2
0.25 
0.25 C
âu
 IV
b 
( 
2đ
 )
3. (0.5đ) 
Mặt cầu (S) có tâm D(-2;1;-1) 
(S) tiếp xúc với mp(ABC) => (S) có bán kính r = d[D,(ABC)] 
= 
111
|1112|

 = 3 
=> PT (S) : (x + 2)2 + (y – 1)2 + ( z + 1)2 = 3 
Tìm được tọa độ tiếp điểm H(-1;2;0) 
0.25 
0.25 
C
âu
 V
b 
(1
đ 
) 
1.(1 đ) Gọi z = a + bi với a,b R và i2 = –1 => biaz  
22. bazz  ; bizz 2 
izzzz 24)(.  a2 + b2 + 2bi = 4 – 2i 





22
422
b
ba 





1
3
b
a 
=> z = i3 hoặc z = i 3 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25