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 23 
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7điểm) 
Câu 1 (3 điểm) 
Cho hàm số 3 2y x 3x 4   có đồ thị (C) 
I. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 
II. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có 
phương trình y =
1 2
3
x  
Câu 2 (3 điểm) 
1) Giải phương trình: 3x 4 2x 23 9  
2) Tính tích phân: 
5
2
2 .ln( 1)x x dx 
3) Tìm GTLN – GTNN của hàm số 

x 1y
21 x
 trên đoạn  0;2 
Câu 3: (1 điểm) 
Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác ABC vuông tại C, cạnh bên SA vuông góc với mặt 
phẳng đáy và SA = 3a, cạnh AB = 2a,  060ABC  . Gọi E là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh 
SC.Tính thể tích khối chóp EABC theo a. 
B.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh học chương trình nào thì chỉ làm phần riêng dành cho 
chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 
1) Theo chương trình chuẩn : 
Câu 4a ( 2,0 điểm ) : 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz .Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vuông góc với 
mặt phẳng (Q) : x y z 0   và cách điểm M(1;2; 1 ) một khoảng bằng 2 . 
Câu 5a ( 1,0 điểm ) : 
Cho số phức 
1 iz
1 i



 . Tính giá trị của 2010z . 
2) Theo chương trình nâng cao : 
Câu 4.b ( 2,0 điểm ) : 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) : 
  
 
 
x 1 2t
y 2t
z 1
 và mặt phẳng 
 (P) : 2x y 2z 1 0    . 
A. Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên (d) , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với (P). 
B. Viết phương trình đường thẳng (  ) qua M(0;1;0) , nằm trong (P) và vuông góc với 
đường thẳng (d) . 
Câu 5b ( 1,0 điểm ) : 
Trên tập số phức, tìm B để phương trình bậc hai 2z Bz i 0   có tổng bình phương hai nghiệm 
bằng 4i . 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
Câu Đáp án Điểm 
1. (2 điểm) 
a) Tập xác định: D = R 0,25 
b) Sự biến thiên 
Chiều biến thiên: 
1) y/ = 3x2 + 6x 
2) y/ = 0 
0 ( 4)
2 ( 0)
x y
x y
  
    
Trên khoảng (0 ;  ) và ( ; -2), y/ dương nên hàm số đồng biến. 
Trên khoảng (-2 ; 0), y/ âm nên hàm số nghịch biến. 
0,5 
Cực trị: 
Hàm số đạt cực đại tại x = -2; yCĐ = 0 
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = -4 
0,25 
Giới hạn 
lim
x
y

  , limx y   
0,25 
Bảng biến thiên. 
x - -2 0 + 
y/ + 0 - 0 + 
y 
 0 + 
 CĐ 
 CT 
- -4 
0,25 
Đồ thị: 
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm (-2; 0), (1; 0) cắt trục tung tại điểm có tọa độ 
(0; -4) 
f(x)=x^3+3*x^2-4
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
x
y
0,5 
2. (1 điểm) 
Kí hiệu (d) là tiếp tuyến của (C ) và (x0; y0) là tiếp điểm. Hệ số góc của 
đường thẳng (d) bằng -3 
 / 20 0 0 0( ) 3 3 6 3 0 1y x x x x          0 2y   
0,25 
0,5 
Câu 1 
3 điểm 
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = -3x – 5 0,25 
Câu 2 1. (1 điểm) 
3x 4 2(2x 2)
2 2
3 3 3x 4 4x 4
x 1 8x
7(3x 4) (4x 4)
      

  
  
0,25 + 0,25 
0,25 + 0,25 
2. (1 điểm) 
2
1
ln( 1)
1
2
1
du dxu x
x
dv xdx
v x
   
  
   
I =  
552
2
2
1 ln( 1) ( 1)x x x dx    
5
2
2
1 2724ln 4 24 ln 4
2 2
x x      
 
0,25 
0,25 
0,25 + 0,25 
3. (1 điểm) 
3 điểm 
Tập xác định trên đoạn  0;2 
/
2 2
1
(1 ) 1
xy
x x


 
, / 0 1y x   
(0) 1
3 5(2)
5
(1) 2
y
y
y



Vậy:Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 
3 5
5
tại x = 2 
 Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 1 tại x = 0 
0,5 
0,25 
0,25 
Câu 3 
1 điểm 
Ta có: 3AC a , BC = a 
Trong tam giác vuông SAC ta có góc SCA bằng 600 
Trong tam giác AEC ta có : 
3
2
aEC  
2
01 3 3. .sin 60
2 8AEC
aS AC CE   
3
.
1 3. .
3 8B AEC AEC
aV BC S  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH HỌC CHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN 
Câu 4a 
2 điểm 
Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với 
2 2 2A B C 0   
 Vì (P)  (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0  A+B+C = 0  C = -A – B (1) 
 Theo đề : 
 d(M;(P)) = 2 2 2 2
2
2
A B C
A B C
 
 
 
 2 2 2 2( 2 ) 2( )A B C A B C      (2) 
0,25 
0,25 
0,5 + 0,25 
0,25 
 Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5
8A2B 0 B 0 hay B =
5
    
  (1)B 0 C A . Cho A 1,C 1       thì (P) : x z 0  
  
8AB =
5
 . Chọn A = 5 , B = 8 (1) C 3  thì (P) :5x 8y 3z 0   
0,25 
0,25 
Câu 5a 
1 điểm Ta có :     

21 i (1 i)z i
1 i 2
 nên 
     2010 2010 2 1005z ( i) ( i) 1 
0,25 
0,5 + 0,25 
PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH HỌC CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Tâm mặt cầu là I (d) nên I(1+2t;2t; 1 ) 
Theo đề : Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên 
    
  
 
2(1 2t) 2t 2( 1) 1
d(I;(P)) R 3
4 1 4
       6t 3 9 t 1,t 2 
  t = 1 thì I(3; 2; 1 )       2 2 2(S ) : (x 3) (y 2) (z 1) 91 
  t = -2 thì I(-3; -4; 1 )       2 2 2(S ) : (x 3) (y 4) (z 1) 92 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 4b 
2 điểm 
VTCP của đường thẳng (d) là u (2;2;0) 2(1;1;0) 

VTPT của mặt phẳng là v (2;1; 2) 

Gọi u

 là VTCP của đường thẳng ( ) thì u

vuông góc với u,n
 
 do đó ta 
chọn u [u,v] ( 2)(2; 2;1)   
  
 . 
 Vậy 
 Qua M(0;1;0) x y 1 z( ) : ( ) : vtcp u [u,v] ( 2)(2; 2;1) 2 2 1
 
          
  

 
0,25 
0,5 + 0,25 
Câu 5b 
1 điểm 
Gọi z ,z1 2 là hai nghiệm của phương trình đã cho và B a bi   với a,b . 
Theo đề phương trình bậc hai 2z Bz i 0   có tổng bình phương hai 
nghiệm bằng 4i . 
 nên ta có : 2 2 2 2 2z z (z z ) 2z z S 2P ( B) 2i 4i1 2 1 2 1 2           hay 
2B 2i  hay 
 2 2 2(a bi) 2i a b 2abi 2i        Suy ra : 
2 2a b 0
2ab 2
  
 
 . 
 Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là (1; 1),( 1;1)  
 Vậy : B 1 i   , B = 1 i  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25