Kỳ thi tốt nghiệp thpt năm 2010 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. 
 SỐ1 
I/ PHẦN DÀNH CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH (7 điểm) 
Câu 1 (4 điểm) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 4 22y x x  
2) Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình : 4 22 0x x m   
3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường 0, 0, 2y x x   
Câu 2 ( 2 điểm) 
1./Xác định tham số m để hàm số  3 2 26 3 2 6y x mx m x m      đạt cực tiểu tại điểm x 
=3 
2./Giải phương trình : 1 2 1
log 1 log 6x x
 

Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB a , góc  045SAC  . Tính thể tích khối 
chóp S.ABCD. 
II/ PHẦN RIÊNG (3 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 4 (1 điểm) 
 1) Tính tích phân : I=
1
0
(2 )xx e dx 
 2) Tính giá trị của biểu thức : P = 1 1
2 1 2 1i i

 
Câu 5 (2 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho ba điểm A(2;0;0) ,B(0;4;0) và 
C(0;0;8).Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC 
a/ Viết phương trình đường thẳng OG 
b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng OG và vuông góc với mặt phẳng (ABC) 
2/ Theo chương trình nâng cao 
Câu 4 (1 điểm) 
1)Tìm hàm số f, biết rằng  ' 28sinf x x và  0 8f  
 2) Giải phương trình 2 4 7 0z z   trên tập số phức 
Câu 5 (2 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng 1d và 2d lần lượt có phương 
trình 
 1
2 0
:
3 0
x y z
d
x y z
  

   
 và 2
1 1:
2 1 1
x y zd   

1) Chứng minh rằng d1 chéo d2 
2) Viết phương trình đường thẳng (  )qua điểm M0=(1;2;3) và cắt cả hai đường thẳng d1 
và d2. 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
1. ( 2,0 điểm) 
a) TXĐ: D=R 0.25 
b)Sự biến thiên 
● Chiều biến thiên: 
Ta có : y’=4x3-4x=4x(x2-1) ;y’=0 0; 1x x    
Trên các khoảng  1;0 và  1; ,y’>0 nên hàm số đồng biến 
Trên các khoảng  ; 1  và  0;1 ,y’<0 nên hàm số nghịch biến 
0.5 
●Cực trị: 
Từ kết quả trên suy ra : 
Hàm số có hai cực tiểu tại x= 1 ;yCT =y( 1 ) = –1 
Hàm số có một cực đại tại x=0; yCĐ =y(0) =0 
●Giới hạn tại vô cực : 
 lim
x
y

  ; lim
x
y

  
0.5 
●Bảng biến thiên 
 x  -1 0 1 + 
 y’ – 0 + 0 – 0 + 
 + 0 + 
 y –1 –1 
0.25 
c/ Đồ thị : 
Hàm số đã cho là chẵn, do đó đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng 
Đồ thị đi qua gốc toạ độ và cắt trục Ox tại  2;0 
Điểm khác của đồ thị  1; 1  
y 
-1 
1- 2 2 1
0.5 
Câu 1 
(4 điểm) 
2. Biện luận : 
●m<–1 : phương trình vô nghiệm 
●-1<m<0 : phương trình có 4 nghiệm 
●m=0 : phương trình có 3 nghiệm 
●m=-1 hay m>0 : phương trình có 2 nghiệm 
1 
3. Diện tích hình phẳng cần tìm: 
 S=
2 2
4 2 4 2
0 0
2 ( 2 )x x dx x x dx    =
8 2
15
1 
1. (1 điểm) 
Ta có : y’ =3x2-12mx+3(m2+2) và y’’ = 6x-12m 
+ 
 
 
' 3 0
'' 3 0
y
y



2 12 11 0
3
2
m m
m
   

 

1m  
0.5 
0.5 
Câu 2 
( 2 điểm) 
2. (1 điểm) 
Đk : x>0 và x  1; x 1
2
Đặt t=logx ,pt theo t: t2-5t+6=0 (với t 0 và t  -1) 
2
3
t
t

  
t=2 thì ta có x=100 ; t= thì ta có x=1000 
Vậy pt có hai nghiệm : x =100 ; x =1000 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 3 
( 1 điểm) Tính được SO = OA =
2
2
a 
Thể tích khối chóp : 
3
21 1 2 2. . .
3 3 2 6ABCD
a aV S SO a   (đvtt) 
0.5 
0.5 
Chương trình cơ bản 
1/ (0.75 điểm) I=
1
0
(2 )xx e dx =
1
0
2xdx +
1
0
xxe dx =I1+I2 
Tính I1 =1 
Tính I2 =1 và I = I1+I2 =2 
0.25 
0.5 
Câu 4 
(1điểm) 
2/ (0.25 điểm) P= 
 
  
1 2 2 1 2
32 1 1 2
i i
i i
  
 
 
0.25 
1/ ( 1 điểm) 
●G
2 4 8; ;
3 3 3
 
 
 
●Véc tơ chỉ phương của đường thẳng OG : OG

= 2 4 8; ;
3 3 3
 
 
 
=  2 1;2;4
3
= 2
3
v

●Phương trình đường thẳng OG : 
1 2 4
x y z
  
0.25 
0.25 
0.5 
Câu 5 
(2điểm) 
2/ ( 1 điểm) 
Véc tơ pháp tuyến của mp(ABC) :     1, 32;16;8 8 4;2;1 8n AB AC n     
   
Véc tơ pháp tuyến của mp(P) : 1,Pn n v   
  
(-6;15;-6) 
Phương trình mặt phẳng (P): 2x-5y+2z=0 
0.25 
0.25 
0.5 
Chương trình nâng cao 
Câu 4 
( 1 điểm) 
1/ (0.5 điểm) 
● 28 sin 4 2sin 2x dx x x C   
● Vì f(0)=8 nên C=8 .Do đó f(x) = 4x-2sin2x+8 
2/ (0.5 điểm) 
●  2' 3 3i    
● Phương trình có hai nghiệm phức phân biệt : 2 3 , 2 3x i x i    
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
1/ ( 0.75 điểm) 
● Đường thẳng d1 qua M1=(1;2;0) và có VTCP  1 2; 1;3a   

 Đường thẳng d2 qua M2=(1;-1;0) và có VTCP  2 2;1; 1a  

● Tính được : 1 2 1 2, 12 0M M a a     
  
 Vậy d1 chéo d2 
0.25 
 0.25 
0.25 
Câu 5 
( 2 điểm) 
2/ ( 1.25 điểm) 
Đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) và mp(  ) 
Trong đó, mặt phẳng ( ) là mặt phẳng qua M0 chứa d1 có pt: x-2y+3=0 
 mặt phẳng (  ) là mặt phẳng qua M0 chứa d2 có pt: x-y+z-2=0 
Do đó : Đường thẳng  có pt: 
2 3 0
2 0
x y
x y z
  

   
0.5 
0.5 
0.25