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 25 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 
Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3(2m - 1)x2 + 4 (1), m là tham số 
1./Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 
2./Xác định m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = 1. 
Câu 2 (3,0 điểm). 
1./Giải bất phương trình: 5log12log 8
2
2  xx . 
2./Tính tích phân:  
3
0
2 12 dxxx . 
3./Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2
12


x
x trên đoạn 



2
3;1 . 
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân ở A, BC = a 2 , 
SB  (ABC), góc giữa mặt bên (SAC) và mặt đáy bằng 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABC. 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được chọn phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 
2). 
1. Theo chương trình Chuẩn: 
Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2), 
D(2; 2; 1). 
1./Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Suy ra A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện 
2./Viết phương trình mặt cầu (S) tâm D và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). 
Câu 5a (1,0 điểm). Tính môđun của số phức z = (2 - i)2 + 5i. 
2. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu 4b (2,0 điểm) . Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng song song (P) và (Q) có phương trình: 
(P): x – 2y + 3z + 4 = 0 
 (Q): x – 2y + 3z – 24 = 0 
 Điểm M(1; 1; -1) thuộc mặt phẳng (P). 
1./Viết phương trình tham số của đường thẳng (d) đi qua M và vuông góc với mặt phẳng (Q). 
2./Viết phương trình mặt cầu đi qua M và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q). 
Câu 5b (1 điểm). Tính môđun của số phức z = 1 + 4i + (1 - i)3. 
---------------------------------------------Hết------------------------------------------ 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Với m = 1 thì y = x3 – 3x2 + 4 
TXĐ: D = R 
y ‘ = 3x2 – 6x, y ‘ = 0 





2
0
x
x
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; 0) và (2; + ) 
Hàm số nghịch biến trong khoảng (0; 2) 
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4 
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0 


y
x
lim 
Bảng biến thiên: 
x - 0 2 + 
y ‘ + 0 - 0 + 
y 4 + 
- 0 
Đồ thị: 
Đồ thị nhận điểm có tọa độ (1; 2) làm tâm đối xứng 
Các điểm khác (-1; 0), (2; 4) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,5 
Câu 1 
3 điểm 
Ta có: y ‘ = 3x2 – 6(2m - 1)x 
 y ‘’= 6x – 6(2m - 1) 
Để hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 thì 
1 0
'' 1 0
y'( )=
y ( ) >
3
4
1
3
4
m =
m <
m =


Vậy với m = 4
3
 thì hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 
0,25 
0,25 
0,5 
Câu 2 Giải bất phương trình: 
5log12log 8
2
2  xx  05log4log 2
2
2  xx (1) 
Đặt t = x2log Bpt(1)  t2 – 4t – 5 > 0 





5
1
t
t
Vì t = x2log nên 2
2
1log 1
2
log 5 32
[ x < [x <
[
[ x > [x >

 
Vậy tập nghiệm của bpt là T = (- ; 2
1
) (32; + ) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Tính tích phân:  
3
0
2 12 dxxx . 
Đặt t = xdxtdtxtx 2211 222  
Đổi cận: x = 0  t = 1, x = 3  t = 2 
 
3
0
2 12 dxxx = 3
14)18(
3
2
3
22 3
2
1
2  tdtt 
0,25 
0,25 
0,5 
3 điểm 
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2
12


x
x trên 
đoạn 



2
3;1 . 
Ta có: y’ = 1 - 2
2
2 )2(
34
)2(
1



 x
xx
x 
y’= 0 











2
3;13
1
x
x
Ta có: y(-1) = - 3
10
, y(1) = -2, y( 2
3
) = - 2
5
Vậy 3
10)1(,2)1(
2
3;1
2
3;1










yyMinyyMax 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 3 
1 điểm 
Vì tam giác ABC vuông cân ở A nên: AB = AC = a 
Diện tích tam giác ABC: 22
1 aS ABC  
((SAC), (ABC)) = 045

SAB 
 SBA vuông ở B và 045

SAB nên SB = BA = a 
Thể tích khối chop S.ABC = 3
1
. ABCS  .SB = 3
1
. 22
1 a .a = 36
1 a (đvtt) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Bài 4a 
2 điểm 
Phương trình mặt phẳng (ABC): 
 021222
 zyxzyx 
0,5 
Điểm D(2; 2; 1) không thuộc mặt phẳng (ABC) vì 
 2 + 2 + 1 – 2 0 
(Tọa độ của nó không thỏa phương trình mặt phẳng (ABC)) 
Vậy A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện. 
0,5 
Bán kính mặt cầu (S): 
R = d(D,(ABC)) = 3
3
3
111
2122
222



Phương trình mặt cầu (S): (x - 2)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 3 
0,5 
0,5 
Bài 5a 
1 điểm 
Tính môđun của số phức z = (2 - i)2 + 5i 
Ta có: z = (2 - i)2 + 5i = 4 – 4i + i2 + 5i = 3 + i 
1019  z 
0,5 
0,5 
Vì (d)  mp(Q) nên (d) nhận véctơ pháp tuyến của mp(Q) làm vtcp 
Đường thẳng d đi qua M(1; 1; -1) và có vtcp (1; -2; 3) có ptts là 








tz
ty
tx
31
21
1
, t là tham số 
0,5 
0,5 
Bài 4b 
2 điểm 
Gọi N là giao điểm của (d) và mp(Q). Tọa độ của điểm N là nghiệm của hệ 
1
1 2t
1 3t
2y 3z 24 0
3
2 3
5
x = +t
y =
z = +
x + =
x =
t = y =
z =

 


  


  


  N(3; -3; 5) 
Gọi I là tâm mặt cầu (S) thì I là trung điểm của MN. Do đó I(2; -1; 2) 
Bán kính mặt cầu: R = 14
2
56
2
6)4(2
2
222



MN 
Vậy phương trình mặt cầu: (x - 2)2 + (y + 1)2 + (z - 2)2 = 14 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Bài 5b 
1 điểm 
Tính môđun của số phức z = 1 + 4i + (1 - i)3 
Ta có: z = 1 + 4i + (1 - i)3 = 1 + 4i + 1 -3i + 3i2 – i3 = 2 + i -3 + i = - 1 + 2i 
541  z 
0,5 
0,5