ĐỀ THAM KHẢO TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 Môn :Toán Thời gian 150 phút I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm). 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 3 2 3 2y x x= − + − 2.Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng 2y mx= − cắt đồ thị ( )C tại ba điểm phân biệt. Câu II (3,0 điểm ) 1. Giải bất phương trình 2 3 log ( 1) 2x + < 2. Tính tích phân 3 3 0 sinx cos I dx x π = ∫ 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) x f x xe − = trên đoạn [ ] 0;2 . Câu III (1,0 điểm ) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều, các cạnh bên đều bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 0 30 . Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a . II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm ) 1.Theo chương trình Chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm ). Trong không gian Oxyz cho điểm A được xác định bởi hệ thức OA 2 3i j k = + + uuur r r r và đường thẳng d có phương trình tham số 1 2 x t y t z t = = + = − ( t ∈ ¡ ) 1.Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng ( )P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. 2.Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. Câu V.a (1,0 điểm ) Tìm mô đun của số phức 17 2 1 4 z i = + + 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu IV.b (2,0 điểm ). Trong không gian Oxyz cho điểm A được xác định bởi hệ thức OA 2i j k= + + uuur r r r và mặt phẳng ( )P có phương trình tổng quát 2 3 12 0x y z− + + = 1.Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( )P 2.Tính khoảng cách giữa đường thẳng OA và mặt phẳng ( )P Câu V.b (1,0 điểm ) Cho số phức 5 3 3 1 2 3 i z i + = − Tính 12 z Hết ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu I (3 điểm) 1. (2 điểm) Tập xác định D = ¡ 0,25 Sự biến thiên: 2 ' 3 6y x x= − + 0 y'=0 2 x x = ⇔ = 0,25 Giới hạn : lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = −∞ = +∞ 0,25 Bảng biến thiên: 0,5 Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;0)−∞ , (2; )+∞ Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = y(2) = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = y(0) = -2 0,25 Đồ thị Giao điểm của ( )C với các trục toạ độ (0;-2),(1;0) Đồ thị ( )C nhận điểm I(1;0) làm tâm đối xứng 0,5 2 (1,0 điểm) 2 x y’ y -∞ 0 2 +∞ 0 0- + - -2 CT CĐ +∞ -∞ 2 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( )C và đường thẳng 2y mx= − là: 3 2 3 2 2x x mx− + − = − 2 ( 3 ) 0x x x m⇔ − + = 2 0 3 0 x x x m = ⇔ − + = 0,25 Đường thẳng 2y mx= − cắt đồ thị ( )C tại ba điểm phân biệt ⇔ Phương trình 2 3 0x x m− + = có 2nghiệm phân biệt, khác 0 0,25 2 9 4 0 0 3.0 0 m m ∆ = − > ⇔ − + ≠ 0,25 9 0 4 m⇔ ≠ < 0,25 Câu II (3 điểm ) 1. (1,0 điểm ) Bất phương trình đã cho tương đương với hệ bất phương trình 2 2 2 ( 1) 0 ( 1) 3 x x + > + < 0,25 2 1 2 8 0 x x x ≠ − ⇔ + − < 0,25 1 4 2 x x ≠ − ⇔ − < < 0,25 4 1x⇔ − < < − hoặc 1 2x− < < 0,25 2.(1,0 điểm ) Đặt osx dt=-sinxdt sinxdx=-dtt c= ⇒ ⇒ 0,25 Đổi cận 1 0 1, 3 2 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = 0,25 Do đó 1 1 3 3 1 1 2 2 1 I dt t dt t − = = ∫ ∫ 1 1 2 2 1 2t = − 0,25 3 2 = 0,25 3. (1,0 điểm ) '( ) (1 ) x x x f x e xe e x − − − = − = − 0,25 [ ] '( ) 0 1 0;2f x x= ⇔ = ∈ 0,25 3 2 1 (0) 0, (2) 2 , (1)f f e f e − − = = = 0,25 Suy ra [ ] -1 0;2 axf(x)=e x m ∈ tại 1x = ; [ ] 0;2 min f(x)=0 x∈ tại 0x = 0,25 Câu III (1điểm) Gọi O là tâm của tam giác đều ABC ,gọi H là trung điểm của BC Vì SA SB SC a= = = nên SO (ABC)⊥ Do đó · 0 30SAO = , 0 .sin 30 2 a SO SA= = , 3 2 a AO = , 3 3 3 3 3 2 4 2 2 a a AH AO= = = Vì ABC là tam giác đều nên 3 2 a BC = 0,5 Diện tích đáy 2 1 1 3 3 3 9 3 . . . 2 2 2 4 16 ABC a a a S BC AH ∆ = = = 0,25 Do đó thể tích khối chóp .S ABC là 2 3 . 1 1 9 3 3 3 . . . 3 3 16 2 32 S ABC ABC a a a V S SO ∆ = = = 0,25 Câu IVa (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Vì ( )P d⊥ nên ( )P có một vectơ pháp tuyến (1;1; 1)n = − r 0,25 ( )P đi qua (1;2;3)A và có vectơ pháp tuyến (1;1; 1)n = − r nên có phương trình: 1( 1) 1( 2) 1( 3) 0x y z− + − − − = 0,5 0x y z⇔ + − = 0,25 2. (1,0 điểm ) Gọi ( )M d P= ∩ . Suy ra 1 4 5 ( ; ; ) 3 3 3 M 0,5 Do đó 2 6 ( , ) 3 d A d AM= = 0,5 Câu Va (1,0 điểm) Ta có 2 2 17(1 4 ) 17(1 4 ) 2 2 3 4 (1 4 )(1 4 ) 1 4 i i z i i i − − = + = + = − + − + 0,5 Do đó 2 2 3 ( 4) 5z = + − = 0,5 Câu IVb (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) 4 Vì ( )d P⊥ nên d có một vectơ chỉ phương (1; 2;3)a = − r 0,5 Đường thẳng d đi qua (1;2;1)A có phương trình chính tắc dạng: 1 2 1 1 2 3 x z z− − − = = − 0,5 2. (1,0 điểm ) Đường thẳng OA đi qua (1;2;1)A và có vectơ chỉ phương (1;2;1)u OA= = r uuur Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến (1; 2;3)n = − r 0,25 Ta có ( ) u n A P ⊥ ∉ r r (vì . 0u n = r r và 1 2.2 3.1 12 0− + + ≠ ) Suy ra //( )OA P 0,25 0,25 Do đó 6 14 ( ,( )) ( ,( )) 7 d OA P d O P= = 0,25 Câu Vb (1,0 điểm) Ta có 2 2 (5 3 3 )(1 2 3 ) 13 13 3 1 3 (1 2 3 )(1 2 3 ) 1 (2 3) i i i z i i i + + − + = = = − + − + + 0,25 1 3 2( ) 2 2 i= − + 2 2 2(cos sin ) 3 3 i π π = + 0,25 Suy ra 12 12 12 2 (cos8 sin8 ) 2 4096z i π π = + = = 0,5 5 . c= ⇒ ⇒ 0,25 Đổi cận 1 0 1, 3 2 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = 0,25 Do đó 1 1 3 3 1 1 2 2 1 I dt t dt t − = = ∫ ∫ 1 1 2 2 1 2t = − 0,25 3 2 = 0,25 3. (1, 0 điểm ) '( ) (1 ) x x x f x e xe e x −. điểm) 1. (1, 0 điểm) Vì ( )P d⊥ nên ( )P có một vectơ pháp tuyến (1; 1; 1) n = − r 0,25 ( )P đi qua (1; 2;3)A và có vectơ pháp tuyến (1; 1; 1) n = − r nên có phương trình: 1( 1) 1( 2) 1( 3). 3 x x + > + < 0,25 2 1 2 8 0 x x x ≠ − ⇔ + − < 0,25 1 4 2 x x ≠ − ⇔ − < < 0,25 4 1x⇔ − < < − hoặc 1 2x− < < 0,25 2. (1, 0 điểm ) Đặt osx dt=-sinxdt