Kỳ thi tốt nghiệp thpt năm 2010 đề tham khảo môn: Toán – giáo dục thp

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C biết tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất.. Mặt bên SAD là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.[r]

http://ductam_tp.violet.vn/ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2010 Môn: TOÁN – Giáo dục THPT Thời gian làm bài 150 phút – Không kể thời gian giao đề SỐ I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (3,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ Câu (3,0 điểm) Giải phương trình: x 1  36.3x 3 3  10 Tính tích phân: I   x log xdx Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số f ( x)  x   x trên tập xác định nó Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, BAD  600 Mặt bên SAD là tam giác vuông cân S và nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần A phần B) Phần A Câu 4a (2,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng (d1 ), (d ) có phương trình x  y 1 z (d1 ) :   1 và  x   2t  (d ) :  y  z  t  Chứng minh (d1) và (d2) chéo Tính khoảng cách (d1) và (d2) Viết phương trình mặt phẳng ( ) cách (d1) và (d2)  z1  z2   i Câu 5a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2  z1  z2   2i ( z1 , z2  ) Phần B Câu 4b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm P(3;1;-1) và Q(2;-1;4) Viết phương trình đường thẳng  là hình chiếu vuông góc đường thẳng PQ trên mặt phẳng (Oyz) Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua hai điểm P, Q và vuông góc với mặt phẳng   có phương trình 2x – y + 3z - =  z i  Câu 5b (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn     zi  Hết -Lop12.net http://ductam_tp.violet.vn/ Đáp án Câu I Ý Nội dung Điểm 3,00 2,00 0,25 a) Tập xác định: D  + Sự biến thiên:  y '  3x  6x = 3x  x   0,50 x  y'   x  + Giới hạn:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  0,25 x  Đồ thị hàm số không có tiệm cận  Bảng biến thiên x 0  y’ y yCT  y    6; +  + 0,50 2    6 yCĐ  y    2  Đồ thị 0,50 1,00 Lop12.net http://ductam_tp.violet.vn/ Kí hiệu d là tiếp tuyến (C) và ( x0 ; y0 ) là toạ độ tiếp điểm Tiếp tuyến ( x0 ; y0 ) có hệ số góc là y '( x0 )  3x02  x0 0,25 Ta có y '( x0 )  x02  x0  3( x0  1)   3 Do đó y '( x0 )  3 x0  Khi đó y0  4 0,50 Tiếp tuyến cần tìm là (d): y  3x  0,25 3,00 1,00 II Đặt t  3x 1 , t  , từ phương trình đã cho ta có phương trình t  4t   0,25 (*) Giải (*) ta t  và t  0,25 Với t  ta 3x 1   x  1 Với t  ta 3x 1   x   Vậy phương trình đã cho có nghiệm vừa nêu trên 0,50 1,00 Đặt u  log x và dv  xdx , ta có du  10 x log xdx và v  x ln10 10 0,25 10 x2 1 I  log x   x log xdx  50  J với J   x log xdx ln10 1 ln10 0,25 x2 dx xdx , ta có du  và v  ln10 x ln10 ln10 0,25 Đặt u  log x và dv  10 10 10 x2 x 50 x2 50 99 J log x   dx     2 2ln10 ln 10 ln10 ln 10 ln10 4ln 10 1 0,25 50 99 Vậy I  50   ln10 ln 10 1,00 Tập xác định hàm số là  1;1 Ta có f '( x)   Khi đó: f '( x)    x  x  x  Ta có: f (1)  2, f (1)  2, f( ) 5 Nên f ( x)  2 và max f ( x)  x 1;1 x 1;1 III x  x2 0,50 0,25 0,25 1,00 0,25 Lop12.net S http://ductam_tp.violet.vn/ A D H B C Kẻ đường cao SH tam giác SAD Do mp(SAD) vuông góc với mp(ABCD) nên SH  (ABCD) Tam giác SAD vuông cân S, có AD = a nên SH  a a2 Diện tích hình thoi ABCD là: AB.AD.sin BAD  1 a a2 a3 Thể tích hình chóp S.ABCD là: SH S ABCD     3 2 IVa  Đường thẳng (d1) qua M (2;1; 0) và có vectơ phương là a1  (1; 1; 2)  Đường thẳng (d2) qua M (2;3;0) và có vectơ phương là a2  (2; 0;1)   0,50 0,25 2,00 1,00 0,25  Ta có:  a1 , a2   (1; 5; 2) , M M  (0; 2; 0)    Do đó:  a1 , a2  M 1M  10  Suy d1 và d2 chéo     a1 , a2  M 1M 10 Khi đó: d  (d1 ), (d )       a1 , a2    0,5 0,25 1,00 Ta có: ( ) song song với hai đường thẳng d1 và d2 nên ( ) có vectơ   pháp tuyến là   a1 , a2   (1;5; 2) Suy phương trình ( ) có dạng: x  y  2z  D  Vì ( ) cách hai đường thẳng d1 và d2 nên: d  M , ( )   d  M , ( ) Nên: 7 D  17  D  D  12 30 30 Vậy, ( ) : x  y  z  12  0,25 0,50 0,25 1,00 Va Ta có z1 z2   ( z1  z2 )2  ( z12  z22 )    5i Khi đó z1 , z2 là hai nghiệm phức phương trình Z  (4  i )Z   5i  (*) (*) có   (4  i)  4(5  5i )  5  12i  (2  3i) Suy (*) có hai nghiệm là  i và  2i Lop12.net 0,25 0,50 http://ductam_tp.violet.vn/  z1   2i  z1   i   z2   i  z   2i Vậy hệ có nghiệm  IVb 0,25 2,00 1,00 Gọi P’, Q’ là hình chiếu vuông góc P, Q lên mp(Oyz) Ta có P '(0;1; 1) và Q '(0; 1;4) 0,50 Khi đó, đường thẳng  qua hai điểm P’ và Q’  có vectơ phương là x    P ' Q '  (0; 2;5) Suy phương trình đường thẳng  là  y   2t  z  1  5t   Mp ( ) có vectơ pháp tuyến n( )  (2; 1;3)    PQ  (1; 2;5) ,  n( ) , PQ   (1; 13; 5) 0,50 1,00 0,50 Vì mặt phẳng ( ) qua hai điểm P, Q và vuông góc với mặt phẳng   nên    ( ) có vectơ pháp tuyến là n(  )   n( ) , PQ   (1; 13; 5) Vậy phương trình mặt phẳng ( ) là x   13( y  1)  5( z  1)   x  13 y  z   Vb 0,50 1,00 0,25 Điều kiện: z  i Phương trình đã cho tương đương với ( z  i )4  ( z  i)4  z  z 3i  z 2i  zi  i  z  z 3i  z 2i  zi  i z  3  z i  zi   8iz ( z  1)    z    z  1 Vậy: phương trình đã cho có nghiệm 0;1; 1 Lop12.net 0,50 0,25