Đề thi tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2009 - Bộ GDĐT

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:22

Thêm vào BST

Báo xấu

101
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề thi tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2009 - Bộ GDĐT để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2009 - Bộ GDĐT

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2009 Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x + 1 Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y = . x−2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng – 5. Câu 2 (3,0 điểm) 1) Giải phương trình 25 x − 6.5 x + 5 = 0 . π 2) Tính tích phân I = ∫ x (1 + cos x ) dx. 0 3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) = x 2 − ln(1 − 2 x) trên đoạn [– 2 ; 0]. Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết BAC = 1200 , tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. 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 mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình: (S): ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 2) 2 = 36 và (P): x + 2 y + 2 z + 18 = 0 . 1) Xác định toạ độ tâm T và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ T đến mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua T và vuông góc với (P). Tìm toạ độ giao điểm của d và (P). Câu 5a (1,0 điểm). Giải phương trình 8 z 2 − 4 z + 1 = 0 trên tập số phức. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu 4b (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; – 2; 3) và đường thẳng d có phương trình x +1 y − 2 z + 3 = = . 2 1 −1 1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d. 2) Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. Câu 5b (1,0 điểm). Giải phương trình 2 z 2 − iz + 1 = 0 trên tập số phức. ......... Hết ......... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh:........................... Chữ kí của giám thị 1: ................................ Chữ kí của giám thị 2: ................................
Bé gi¸o dôc vμ ®μo t¹o kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2008 M«n thi: to¸n - Trung häc phæ th«ng ph©n ban §Ò thi chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò I. PhÇn chung cho thÝ sinh c¶ 2 ban (8 ®iÓm) C©u 1 (3,5 ®iÓm) Cho hµm sè y = 2 x 3 + 3x 2 − 1 . 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè. 2) BiÖn luËn theo m sè nghiÖm thùc cña ph−¬ng tr×nh 2x 3 + 3x 2 − 1 = m. C©u 2 (1,5 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 32x +1 − 9.3x + 6 = 0 . C©u 3 (1,0 ®iÓm) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P = (1 + 3 i) 2 + (1 − 3 i) 2 . C©u 4 (2,0 ®iÓm) Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu S.ABC cã c¹nh ®¸y b»ng a, c¹nh bªn b»ng 2a. Gäi I lµ trung ®iÓm cña c¹nh BC. 1) Chøng minh SA vu«ng gãc víi BC. 2) TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABI theo a. II. PHÇN dμnh cho thÝ sinh tõng ban (2 ®iÓm) A. ThÝ sinh Ban KHTN chän c©u 5a hoÆc c©u 5b C©u 5a (2,0 ®iÓm) 1 1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ x 2 (1 − x 3 ) 4 dx . −1 ⎡ π⎤ 2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f (x) = x + 2 cos x trªn ®o¹n ⎢0; ⎥ . ⎣ 2⎦ C©u 5b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho ®iÓm A(3; − 2; − 2) vµ mÆt ph¼ng (P) cã ph−¬ng tr×nh 2x − 2 y + z − 1 = 0 . 1) ViÕt ph−¬ng tr×nh cña ®−êng th¼ng ®i qua ®iÓm A vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (P). 2) TÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A ®Õn mÆt ph¼ng (P). ViÕt ph−¬ng tr×nh cña mÆt ph¼ng (Q) sao cho (Q) song song víi (P) vµ kho¶ng c¸ch gi÷a (P) vµ (Q) b»ng kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A ®Õn (P). B. ThÝ sinh Ban KHXH-NV chän c©u 6a hoÆc c©u 6b C©u 6a (2,0 ®iÓm) π 2 1) TÝnh tÝch ph©n J = ∫ (2x − 1) cos xdx . 0 2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f ( x ) = x 4 − 2 x 2 + 1 trªn ®o¹n [0; 2] . C©u 6b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho tam gi¸c ABC víi A(1; 4; − 1), B( 2; 4; 3) vµ C(2; 2; − 1) . 1) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ®i qua A vµ vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng BC. 2) T×m to¹ ®é ®iÓm D sao cho tø gi¸c ABCD lµ h×nh b×nh hµnh. .........HÕt......... ThÝ sinh kh«ng ®−îc sö dông tµi liÖu. Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh: ..................................................................... Sè b¸o danh:.............................................................................. Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 1: ....................................................... Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 2: ..................................................
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2007 M«n thi: to¸n - Trung häc phæ th«ng ph©n ban §Ò thi chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò I. PhÇn chung cho thÝ sinh c¶ 2 ban (8,0 ®iÓm) C©u 1 (3,5 ®iÓm) Cho hµm sè y = x 4 − 2 x 2 + 1, gäi ®å thÞ cña hµm sè lµ (C). 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè. 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi ®å thÞ (C) t¹i ®iÓm cùc ®¹i cña (C). C©u 2 (1,5 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh log 4 x + log 2 (4 x) = 5. C©u 3 (1,5 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh x 2 − 4 x + 7 = 0 trªn tËp sè phøc. C©u 4 (1,5 ®iÓm) Cho h×nh chãp tam gi¸c S.ABC cã ®¸y ABC lµ tam gi¸c vu«ng t¹i ®Ønh B, c¹nh bªn SA vu«ng gãc víi ®¸y. BiÕt SA = AB = BC = a. TÝnh thÓ tÝch cña khèi chãp S.ABC. II. PHÇN dµnh cho thÝ sinh tõng ban (2,0 ®iÓm) A. ThÝ sinh Ban KHTN chän c©u 5a hoÆc c©u 5b C©u 5a (2,0 ®iÓm) 2 2 xdx 1. TÝnh tÝch ph©n J = ∫ . 2 1 x +1 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f ( x) = x 3 − 8 x 2 + 16 x − 9 trªn ®o¹n [1; 3] . C©u 5b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho ®iÓm M (− 1; − 1; 0 ) vµ mÆt ph¼ng (P) cã ph−¬ng tr×nh x + y – 2z – 4 = 0. 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (Q) ®i qua ®iÓm M vµ song song víi mÆt ph¼ng (P). 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm M vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (P). T×m to¹ ®é giao ®iÓm H cña ®−êng th¼ng (d) víi mÆt ph¼ng (P). B. ThÝ sinh Ban KHXH&NV chän c©u 6a hoÆc c©u 6b C©u 6a (2,0 ®iÓm) 3 1. TÝnh tÝch ph©n K = ∫ 2 xlnxdx . 1 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f ( x) = x 3 − 3 x + 1 trªn ®o¹n [0; 2]. C©u 6b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho ®iÓm E (1; 2; 3) vµ mÆt ph¼ng (α ) cã ph−¬ng tr×nh x + 2y – 2z + 6 = 0. 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu (S) cã t©m lµ gèc to¹ ®é O vµ tiÕp xóc víi mÆt ph¼ng (α ) . 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng (∆ ) ®i qua ®iÓm E vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (α ) . .........HÕt......... ThÝ sinh kh«ng ®−îc sö dông tµi liÖu. Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh: ..................................................................... Sè b¸o danh:......................................................................................... Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 1: ....................................................... Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 2: ............................................................
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2006 M«n thi: to¸n - Trung häc phæ th«ng ph©n ban §Ò thi chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò I. PhÇn chung cho thÝ sinh c¶ 2 ban (8,0 ®iÓm) C©u 1 (4,0 ®iÓm) 1. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè y = − x3 + 3x2. 2. Dùa vµo ®å thÞ (C), biÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh − x3 + 3x2 − m = 0. 3. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®å thÞ (C) vµ trôc hoµnh. C©u 2 (2,0 ®iÓm) 1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh 22x+2 − 9.2 x + 2 = 0. 2. Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2x2 − 5x + 4 = 0 trªn tËp sè phøc. C©u 3 (2,0 ®iÓm) Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh a, c¹nh bªn SA vu«ng gãc víi ®¸y, c¹nh bªn SB b»ng a 3 . 1. TÝnh thÓ tÝch cña khèi chãp S.ABCD. 2. Chøng minh trung ®iÓm cña c¹nh SC lµ t©m mÆt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp S.ABCD. II. PHÇN dµnh cho thÝ sinh tõng ban (2,0 ®iÓm) A. ThÝ sinh Ban KHTN chän c©u 4a hoÆc c©u 4b C©u 4a (2,0 ®iÓm) ln 5 ( e x + 1)e x 1. TÝnh tÝch ph©n I= ∫ ex − 1 dx. ln 2 x 2 − 5x + 4 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh c¸c tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè y = , biÕt c¸c tiÕp x−2 tuyÕn ®ã song song víi ®−êng th¼ng y = 3x + 2006. C©u 4b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian täa ®é Oxyz cho ba ®iÓm A(2; 0; 0), B(0; 3; 0), C(0; 0; 6). 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ®i qua ba ®iÓm A, B, C. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. 2. Gäi G lµ träng t©m tam gi¸c ABC. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu ®−êng kÝnh OG. B. ThÝ sinh Ban KHXH-NV chän c©u 5a hoÆc c©u 5b C©u 5a (2,0 ®iÓm) 1 1. TÝnh tÝch ph©n J = ∫ (2x + 1)e x dx. 0 2x + 3 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè y = t¹i ®iÓm thuéc ®å thÞ cã x +1 hoµnh ®é x0 = − 3. C©u 5b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian täa ®é Oxyz cho ba ®iÓm A( − 1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4). 1. Chøng minh tam gi¸c ABC vu«ng. ViÕt ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng AB. 2. Gäi M lµ ®iÓm sao cho MB = −2MC . ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ®i qua M vµ vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng BC. .........HÕt......... Hä vµ tªn thÝ sinh: ..................................................................... Sè b¸o danh:.............................................................................. Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 1: ....................................................... Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 2: ..................................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2009 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn gồm 05 trang I. Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0 điểm). II. Đáp án và thang điểm CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 1. (2,0 điểm) (3,0 điểm) a) Tập xác định: D = \ {2} 0,25 b) Sự biến thiên: 5 • Chiều biến thiên: y' = − < 0 ∀x ∈ D. ( x − 2) 2 0,50 Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞ ; 2 ) và ( 2;+ ∞ ) . • Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị. Lưu ý: Ở ý b), cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số. • Giới hạn và tiệm cận: lim y = + ∞ , lim y = − ∞ ; lim y = lim y = 2 . x → 2+ x → 2− x →−∞ x →+∞ 0,50 Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 2 và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2 . • Bảng biến thiên: x –∞ 2 +∞ y' – – 0,25 2 +∞ y –∞ 2 1
y c) Đồ thị (C): ⎛ 1⎞ (C) cắt trục tung tại điểm ⎜ 0; − ⎟ ⎝ 2⎠ ⎛ 1 ⎞ và cắt trục hoành tại điểm ⎜ − ;0 ⎟ . ⎝ 2 ⎠ 2 0,50 1 − 2 O 2 x 1 − 2 Lưu ý: - Cho phép thí sinh thể hiện toạ độ giao điểm của (C) và các trục toạ độ chỉ trên hình vẽ. - Nếu thí sinh chỉ vẽ đúng dạng của đồ thị (C) thì cho 0,25 điểm. 2. (1,0 điểm) Kí hiệu d là tiếp tuyến của (C) và (x0; y0) là toạ độ của tiếp điểm. Ta có: 0,25 Hệ số góc của d bằng – 5 ⇔ y'(x0) = – 5 5 x =1 ⇔ − = −5 ⇔ ⎡ 0 ( x0 − 2) 2 ⎢ x0 = 3 ⎣ 0,50 x0 = 1 ⇒ y0 = − 3; x0 = 3 ⇒ y0 = 7 . Từ đó, ta được các phương trình tiếp tuyến theo yêu cầu của đề bài là: y = − 5 x + 2 và y = − 5 x + 22 . 0,25 Câu 2 1. (1,0 điểm) x (3,0 điểm) Đặt 5 = t, t > 0, từ phương trình đã cho ta có phương trình 0,50 t2 – 6t + 5 = 0 (*) Giải (*), ta được t = 1 và t = 5 . 0,25 Với t = 1, ta được: 5x = 1 ⇔ x = 0 Với t = 5 , ta được: 5x = 5 ⇔ x = 1 0,25 Vậy, phương trình đã cho có tất cả 2 nghiệm là 2 giá trị x vừa nêu trên. 2. (1,0 điểm) Đặt u = x và dv = (1 + cos x)dx , ta có du = dx và v = x + sin x . 0,50 π π Do đó: I = x( x + sin x) 0 − ∫ ( x + sin x)dx 0,25 0 π ⎛ x2 ⎞ π2− 4 = π −⎜ 2 − cos x ⎟ = . 0,25 ⎝ 2 ⎠0 2 2
Lưu ý: • Thí sinh được phép trình bày lời giải vừa nêu trên như sau: π π π π ⎛ x2 ⎞ π 2 −4 I = ∫ xd(x + sin x) = x( x + sin x) 0 − ∫ ( x + sin x)dx = π − ⎜ − cos x ⎟ = 2 0 0 ⎝ 2 ⎠0 2 • Ngoài cách 1 nêu trên, còn có thể tính I theo cách sau: Cách 2: π π I = ∫ xdx + ∫ x cos xdx (*) 0 0 2 π x π π2 π π = + ∫ xd(sin x) = + x sin x 0 − ∫ sin xdx (**) 2 0 0 2 0 π2 π π2− 4 = + cos x 0 = . 2 2 Trong trường hợp thí sinh tính I theo cách 2, việc cho điểm được thực hiện như sau: - Biến đổi về (*): 0,25 điểm; - Biến đổi từ (*) về (**): 0,50 điểm; - Biến đổi tiếp từ (**) đến kết quả: 0,25 điểm. 3. (1,0 điểm) 2 2(2 x + 1)( x − 1) Ta có: f '( x) = 2 x + = ∀x ∈(– 2; 0). 1− 2 x 2 x −1 0,50 1 Suy ra, trên khoảng (– 2; 0): f '( x) = 0 ⇔ x = − . 2 ⎛ 1⎞ 1 Ta có: f (0) = 0 , f (−2) = 4 − ln 5 , f ⎜ − ⎟ = − ln 2 . 0,25 ⎝ 2⎠ 4 e4 1 4 e Vì 4 − ln 5 = ln > 0 (do e4 > 5) và − ln 2 = ln < 0 (do e < 24 ) 5 4 2 0,25 1 Nên min f ( x) = − ln 2 và max f ( x) = 4 − ln 5 . x∈[ −2;0] 4 x∈[ −2;0] Lưu ý: Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên đoạn [– 2; 0] còn được kí hiệu tương ứng bởi min f ( x) và max f ( x) . [ −2;0] [ −2;0] Câu 3 Vì SA ⊥ mp(ABC) nên S (1,0 điểm) SA ⊥ AB và SA ⊥ AC. Xét hai tam giác vuông SAB và SAC, ta có a SB = SC } SA chung ⇒ Δ SAB = Δ SAC A C 0,25 ⇒ AB = AC B 3
Áp dụng định lí côsin cho tam giác cân BAC, ta được a 2 = BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos BAC = 2 AB 2 (1 − cos1200 ) = 3 AB 2 a 3 0,50 Suy ra AB = . 3 a 6 1 a2 3 Do đó SA = SB − AB =2 2 và SABC = AB .sin BAC = 2 . 3 2 12 1 a3 2 Vì vậy VS.ABC = SABC.SA = . 0,25 3 36 Lưu ý: Ở câu này, không cho điểm hình vẽ. Câu 4a 1. (0,75 điểm) (2,0 điểm) • Tâm T và bán kính R của (S): T = (1;2; 2) và R = 6 . 0,25 |1.1 + 2.2 + 2.2 + 18 | • Khoảng cách h từ T đến (P): h= =9 0,50 12 + 22 + 22 2. (1,25 điểm) • Phương trình tham số của d: Vì d ⊥ (P) nên vectơ pháp tuyến n của (P) là vectơ chỉ phương của d. 0,25 Từ phương trình của (P), ta có n = (1; 2;2 ) . ⎧x = 1 + t ⎪ Do đó, phương trình tham số của d là: ⎨ y = 2 + 2t 0,25 ⎪ z = 2 + 2t ⎩ • Toạ độ giao điểm H của d và (P): 0,25 Do H∈ d nên toạ độ của H có dạng (1 + t ; 2 + 2t ; 2 + 2t). Vì H ∈ (P) nên 1 + t + 2(2 + 2t) + 2(2 + 2t) + 18 = 0, hay t = − 3 . 0,25 Do đó H = (−2; − 4; − 4) . 0,25 Câu 5a Ta có: Δ = 16 − 32 = − 16 = (4i ) . 2 0,50 (1,0 điểm) Do đó, phương trình đã cho có 2 nghiệm là: 4 + 4i 1 1 4 − 4i 1 1 0,50 z1 = = + i và z2 = = − i. 16 4 4 16 4 4 1± i 4 ± 4i Lưu ý: Cho phép thí sinh viết nghiệm ở dạng z1, 2 = hoặc z1, 2 = . 4 16 Câu 4b 1. (0,75 điểm) (2,0 điểm) Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d. Vì d ⊥ (P) nên vectơ chỉ phương u của d là vectơ pháp tuyến của (P). 0,25 Từ phương trình của d, ta có u = ( 2;1; − 1) . Do đó, phương trình tổng quát của mp(P) là: 0,50 2.( x − 1) + 1.( y + 2) + ( −1)( z − 3) = 0 hay 2 x + y − z + 3 = 0 . 4
2. (1,25 điểm) • Khoảng cách h từ A đến d: Từ phương trình của d suy ra điểm B(–1; 2; –3) thuộc d. 0,50 ⎡ BA , u ⎤ Do đó h = ⎣ ⎦. |u| Ta có BA = (2; − 4;6) . Do đó: ⎡ BA , u ⎤ = ⎣ ⎦ ( −41 −61 ; −61 2 ; 2 2 2 −4 ) 1 = (2; − 14; − 10) 0,25 22 + (−14) 2 + (−10) 2 Vì vậy h = = 5 2. 0,25 22 + 12 + (−1) 2 • Phương trình mặt cầu (S) tâm A(1; –2; 3), tiếp xúc với d: Vì (S) tiếp xúc với d nên có bán kính bằng h. Do đó, phương trình của (S) là: 0,25 ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 50 2 2 2 Lưu ý: Có thể sử dụng kết quả phần 1) để tính khoảng cách h từ A đến d. Dưới đây là lời giải tóm tắt theo hướng này và thang điểm cho lời giải đó: Gọi H là giao điểm của d và mặt phẳng (P), ta có H là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Do đó h = AH . 0,25 Toạ độ của H là nghiệm của hệ phương trình ⎧x + 1 y − 2 z + 3 ⎪ = = ⎨ 2 1 −1 0,50 ⎪2 x + y − z + 3 = 0 ⎩ Từ kết quả giải hệ trên ta được H = ( −3 ; 1 ; − 2 ) . (1 + 3) + ( −2 − 1) + ( 3 + 2 ) = 5 2 . 2 2 2 Vì vậy h = AH = 0,25 Câu 5b Ta có: Δ = i 2 − 8 = − 9 = ( 3i ) . 2 0,50 (1,0 điểm) Do đó, phương trình đã cho có 2 nghiệm là: i + 3i i − 3i 1 0,50 z1 = = i và z2 = = − i. 4 4 2 - Hết - 5
Bé gi¸o dôc vμ ®μo t¹o kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2008 M«n thi: to¸n – Trung häc phæ th«ng ph©n ban ®Ò thi chÝnh thøc H−íng dÉn chÊm thi B¶n h−íng dÉn chÊm gåm 04 trang I. H−íng dÉn chung 1) NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× cho ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− h−íng dÉn quy ®Þnh. 2) ViÖc chi tiÕt ho¸ thang ®iÓm (nÕu cã) so víi thang ®iÓm trong h−íng dÉn chÊm ph¶i ®¶m b¶o kh«ng sai lÖch víi h−íng dÉn chÊm vµ ®−îc thèng nhÊt thùc hiÖn trong Héi ®ång chÊm thi. 3) Sau khi céng ®iÓm toµn bµi, lµm trßn ®Õn 0,5 ®iÓm (lÎ 0,25 lµm trßn thµnh 0,5; lÎ 0,75 lµm trßn thµnh 1,0 ®iÓm). II. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm c©u §¸p ¸n §iÓm C©u 1 1. (2,5 ®iÓm) 0,25 (3,5 ®iÓm) a) TËp x¸c ®Þnh: R b) Sù biÕn thiªn: • ChiÒu biÕn thiªn: 0,50 y′ = 6x 2 + 6x = 6x ( x + 1) . Ph−¬ng tr×nh y′ = 0 cã nghiÖm: x = -1, x = 0. y′ > 0 ⇔ x ∈ (− ∞; − 1) ∪ (0; + ∞ ) , y′ < 0 ⇔ x ∈ (− 1; 0 ) . Hµm sè ®ång biÕn trªn c¸c kho¶ng (− ∞; − 1) vµ (0; + ∞ ) , nghÞch biÕn trªn kho¶ng (-1; 0). 0,75 • Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = -1, yC§ = 0, ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 0, yCT = -1. • Giíi h¹n: lim y = −∞ ; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ • B¶ng biÕn thiªn: x -∞ -1 0 +∞ y’ + 0 - 0 + 0,50 y 0 +∞ -∞ -1 1
c) §å thÞ: Giao ®iÓm víi Oy: (0; -1). 1 Giao ®iÓm víi Ox: (-1; 0) vµ ( ; 0) 2 y O 1 x -1 0,50 2 -1 2. (1,0 ®iÓm) Sè nghiÖm thùc cña ph−¬ng tr×nh 2x3 + 3x 2 -1= m b»ng sè giao ®iÓm cña ®å thÞ (C) cña hµm sè y = 2 x 3 + 3x 2 − 1 vµ ®−êng th¼ng (d): y = m. Dùa vµo ®å thÞ ta cã: Víi m < -1 hoÆc m > 0, (d) vµ (C) cã mét ®iÓm chung, do ®ã ph−¬ng tr×nh cã mét nghiÖm. 1,0 Víi m = -1 hoÆc m = 0, (d) vµ (C) cã hai ®iÓm chung, do ®ã ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm. Víi -1 < m < 0, (d) vµ (C) cã ba ®iÓm chung, do ®ã ph−¬ng tr×nh cã ba nghiÖm. C©u 2 §Æt 3 x = t > 0 ta cã ph−¬ng tr×nh 3t2 – 9t + 6 = 0 ph−¬ng tr×nh trªn cã hai nghiÖm t = 1 vµ t = 2 (®Òu tho¶ m·n). 0,75 (1,5 ®iÓm) NÕu t =1 th× 3 = 1 ⇔ x = 0. NÕu t = 2 th× 3 = 2 ⇔ x = log32. x x 0,75 VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm: x = 0, x = log32. C©u 3 Khai triÓn ®óng: (1 + 3 i )2 = 1 + 2 3 i − 3 vµ (1 − 3 i )2 = 1 − 2 3 i − 3 0,50 (1,0 ®iÓm) Rót gän ®−îc P = − 4 0,50 C©u 4 1. (1,0 ®iÓm) S Tam gi¸c SBC c©n t¹i S, (2,0 ®iÓm) I lµ trung ®iÓm BC suy ra BC ⊥ SI . Tam gi¸c ABC ®Òu suy ra BC ⊥ AI . 0,50 A C O I B 2
V× BC vu«ng gãc víi hai c¹nh AI vµ SI cña tam gi¸c SAI nªn BC ⊥ SA . 0,50 2. (1,0 ®iÓm) 2 2a 3 a 3 Gäi O lµ t©m cña ®¸y ABC, ta cã AO = AI = = . V× S.ABC lµ 0,50 3 3 2 3 h×nh chãp tam gi¸c ®Òu nªn SO ⊥ (ABC). XÐt tam gi¸c SOA vu«ng t¹i O: a 3 2 33a 2 a 33 SO 2 = SA 2 − AO 2 = (2a ) 2 − ( ) = ⇒ SO = 3 9 3 0,50 ThÓ tÝch khèi chãp S.ABI lµ: 1 11 1 a 3 a a 33 a 3 11 VS.ABI = S ABI .SO = AI.BI.SO = = (®vtt). 3 32 6 2 2 3 24 C©u 5a 1. (1,0 ®iÓm) (2,0 ®iÓm) 0,50 §Æt u = 1 – x3 ⇒ du = -3x2dx. Víi x = -1 ⇒ u = 2, x = 1 ⇒ u = 0. 0 1 12 1 2 32 I = ∫ (− u 4 )du = ∫ u 4 du = u 5 = . 2 3 30 15 0 5 0,50 2. (1,0 ®iÓm) ⎡ π⎤ XÐt trªn ®o¹n ⎢0; ⎥ , hµm sè ®· cho cã: f ′( x ) = 1 − 2 sin x ; ⎣ 2⎦ 0,50 π f ′( x ) = 0 ⇔ x = . 4 π π π π f (0) = 2 ; f ( ) = + 1; f ( ) = . 4 4 2 2 π 0,50 VËy min f ( x ) = 2 , max f ( x ) = + 1 . π [ 0; ] π [ 0; ] 4 2 2 1. (1,0 ®iÓm) §−êng th¼ng cÇn t×m vu«ng gãc víi (P), nhËn n = (2; − 2;1) lµ mét vect¬ chØ C©u 5b ph−¬ng. (2,0 ®iÓm) ⎧x = 3 + 2 t 1,0 ⎪ Ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng lµ: ⎨ y = −2 − 2 t ⎪z = −2 + t ⎩ 2. (1,0 ®iÓm) Kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A ®Õn mÆt ph¼ng (P) lµ: 2.3 − 2.(−2) + 1.(−2) − 1 7 0,25 d(A, (P)) = = . 2 2 + (−2) 2 + 12 3 Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (Q) song song víi mÆt ph¼ng (P) cã d¹ng 2x – 2y + z + D = 0. 3
Chän ®iÓm M(0; 0; 1) thuéc mÆt ph¼ng (P). Kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm M ®Õn mÆt 2.0 − 2.0 + 1.1 + D 1 + D ph¼ng (Q) lµ: d(M, (Q)) = = . 2 2 + (−2) 2 + 12 3 Kho¶ng c¸ch gi÷a hai mÆt ph¼ng (P) vµ (Q) b»ng kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm M ®Õn mÆt ph¼ng (Q). 1+ D 7 Do ®ã tõ gi¶ thiÕt ta cã: = ⇔ 1+ D = 7 0,75 3 3 ⎡ D=6 ⇔⎢ ⎣ D = −8 VËy cã hai mÆt ph¼ng (Q) tho¶ m·n ®Ò bµi: (Q1): 2x – 2y + z + 6 = 0; (Q2): 2x – 2y + z - 8 = 0. 1. (1,0 ®iÓm) C©u 6a π π ⎧u = 2 x − 1 ⎧du = 2dx ⇒ J = [(2x − 1)sin x ] 2 − 2 ∫ sin xdx 2 (2,0 ®iÓm) §Æt ⎨ ⇒ ⎨ 0,50 ⎩dv = cos xdx ⎩v = sin x 0 0 π J = (π − 1) + 2 cos x 2 = (π -1) + 2(0 -1) = π -3. 0 0,50 2. (1,0 ®iÓm) XÐt trªn ®o¹n [0; 2], hµm sè ®· cho cã: f ′( x ) = 4 x 3 − 4 x = 4 x ( x 2 − 1) ; 0,50 ⎡x = 0 f ′( x ) = 0 ⇔ ⎢ ⎣x = 1 f(0) = 1; f(1) = 0; f(2) = 9. VËy min f(x)=0, max f(x)=9. 0,50 [0;2] [0;2] C©u 6b 1. (1,0 ®iÓm) MÆt ph¼ng cÇn t×m vu«ng gãc víi BC, nhËn BC = (0; − 2; − 4) lµ mét vect¬ 0,50 (2,0 ®iÓm) ph¸p tuyÕn. Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng cÇn t×m lµ: 0(x -1) – 2(y - 4) – 4(z + 1) = 0 ⇔ y + 2z – 2 = 0. 0,50 2. (1,0 ®iÓm) ABCD lµ h×nh b×nh hµnh khi vµ chØ khi BC = AD (1). Gäi to¹ ®é cña D lµ (x; y; z). Ta cã AD = ( x − 1; y − 4; z + 1) vµ BC = (0; − 2; − 4) . 0,50 §iÒu kiÖn (1) ⎧x − 1 = 0 ⎧x = 1 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ y − 4 = −2 ⇔ ⎨ y = 2 ⇒ D(1; 2; -5). 0,50 ⎪z + 1 = −4 ⎪z = −5 ⎩ ⎩ ……….HÕt………. 4
bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2007 M«n thi: to¸n – Trung häc phæ th«ng ph©n ban ®Ò thi chÝnh thøc H−íng dÉn chÊm thi B¶n h−íng dÉn chÊm gåm 04 trang I. H−íng dÉn chung 1) NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× cho ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− h−íng dÉn quy ®Þnh. 2) ViÖc chi tiÕt ho¸ thang ®iÓm (nÕu cã) so víi thang ®iÓm trong h−íng dÉn chÊm ph¶i ®¶m b¶o kh«ng sai lÖch víi h−íng dÉn chÊm vµ ®−îc thèng nhÊt thùc hiÖn trong Héi ®ång chÊm thi. 3) Sau khi céng ®iÓm toµn bµi, lµm trßn ®Õn 0,5 ®iÓm (lÎ 0,25 lµm trßn thµnh 0,5; lÎ 0,75 lµm trßn thµnh 1,0 ®iÓm). II. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm C©u §¸p ¸n §iÓm C©u 1 1. (2,5 ®iÓm) 1) TËp x¸c ®Þnh: R 0,25 (3,5 ®iÓm) 2) Sù biÕn thiªn: • ChiÒu biÕn thiªn: Ta cã: y ' = 4 x 3 − 4 x = 4 x( x 2 − 1) ; y '= 0 ⇔ x = 0, x = ± 1. 0,50 Trªn c¸c kho¶ng (− 1; 0 ) vµ (1; + ∞ ) , y’ > 0 nªn hµm sè ®ång biÕn. Trªn c¸c kho¶ng (− ∞; − 1) vµ (0;1) , y’ < 0 nªn hµm sè nghÞch biÕn. • Cùc trÞ: Tõ c¸c kÕt qu¶ trªn suy ra: Hµm sè cã hai cùc tiÓu t¹i x = ± 1; yCT = y( ± 1) = 0. Hµm sè cã mét cùc ®¹i t¹i x = 0; yC§ = y(0) = 1. 0,75 • Giíi h¹n ë v« cùc: lim y = + ∞ ; lim y = + ∞ . x→−∞ x→+∞ • B¶ng biÕn thiªn: x −∞ −1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + 0,50 +∞ 1 +∞ y 0 0 1
3) §å thÞ: Hµm sè ®· cho lµ ch½n, do ®ã ®å thÞ nhËn trôc Oy lµm trôc ®èi xøng. §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; 1). §iÓm kh¸c cña ®å thÞ: (± 2;9 ) . y 9 0,50 1 -2 -1 O1 2 x 2. (1,0 ®iÓm) - HÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm cùc ®¹i (0; 1) cña ®å thÞ ®· cho lµ y’(0) = 0. 1,00 - Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i ®iÓm cùc ®¹i lµ y = 1. C©u 2 §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña ph−¬ng tr×nh lµ x > 0. (1,5 ®iÓm) Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi 1 0,75 log 2 x + log 2 4 + log 2 x = 5 2 3 ⇔ log 2 x = 3 2 0,75 ⇔ log 2 x = 2 ⇔ x = 4 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn). VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm x = 4. C©u 3 Ta cã: ∆' = − 3 = 3i 2 . 0,50 (1,5 ®iÓm) Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ: x = 2 − 3i vµ x = 2 + 3i . 1,00 C©u 4 Gi¶ thiÕt SA vu«ng gãc víi ®¸y suy ra ®−êng cao cña h×nh chãp lµ (1,5 ®iÓm) 1 SA = a. §¸y lµ tam gi¸c vu«ng (®Ønh B), cã diÖn tÝch lµ a 2 . 2 S VËy thÓ tÝch khèi chãp S.ABC lµ: 1 1 1 V = . a 2 .a = a 3 (®vtt). 3 2 6 1,50 a A C a a B 2
C©u 5a 1. (1,0 ®iÓm) (2,0 ®iÓm) §Æt x 2 + 1 = t ⇒ 2xdx = dt. 0,50 Víi x = 1 th× t = 2; víi x = 2 th× t = 5. 5 −1 1 5 ∫ Do ®ã J = t 2 dt = 2.t 2 = 2 ( 5 − 2 ) . 2 0,50 2 2. (1,0 ®iÓm) - Ta cã f ' ( x) = 3 x 2 − 16 x + 16 . 4 - XÐt trªn ®o¹n [1; 3] ta cã f ' ( x) = 0 ⇔ x = . 3 ⎛ 4 ⎞ 13 1,00 - Ta cã f(1) = 0, f ⎜ ⎟ = , f(3) = - 6. ⎝ 3 ⎠ 27 ⎛ 4 ⎞ 13 VËy max f ( x) = f ⎜ ⎟ = , min f ( x) = f (3) = −6 . [1; 3] ⎝ 3 ⎠ 27 [1; 3] C©u 5b 1. (1,0®iÓm) (2,0 ®iÓm) V× mÆt ph¼ng (Q) song song víi mÆt ph¼ng (P) nªn ph−¬ng tr×nh mÆt 0,50 ph¼ng (Q) cã d¹ng x + y – 2z + m = 0 (m ≠ - 4). MÆt ph¼ng (Q) ®i qua ®iÓm M(-1; -1; 0) ⇔ – 1 – 1 + m = 0 0,50 ⇔ m = 2. VËy ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (Q) lµ: x + y – 2z + 2 = 0. 2. (1,0®iÓm) - V× ®−êng th¼ng (d) vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (P) nªn vÐct¬ ph¸p tuyÕn n = (1;1; − 2) cña mÆt ph¼ng (P) còng lµ vÐct¬ chØ ph−¬ng cña ®−êng th¼ng (d). - §−êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm M(-1; -1; 0) nhËn n = (1;1; − 2) lµm 0,50 ⎧ x = −1 + t ⎪ vÐct¬ chØ ph−¬ng nªn cã ph−¬ng tr×nh tham sè lµ: ⎨ y = −1 + t ⎪ z = − 2t. ⎩ - To¹ ®é H(x; y; z) tho¶ m·n hÖ: ⎧ x = −1 + t ⎧t = 1 ⎪ y = −1 + t ⎪x = 0 ⎪ ⎪ ⎨ ⇔⎨ ⎪ z = − 2t ⎪y = 0 0,50 ⎪x + y − 2z − 4 = 0 ⎩ ⎪ z = − 2. ⎩ VËy H(0; 0; - 2). 1. (1,0 ®iÓm) C©u 6a 1 (2,0 ®iÓm) §Æt u = lnx vµ dv = 2xdx; ta cã du = dx vµ v = x 2 . x 3 3 3 Do ®ã K = ∫ 2 x ln xdx = ( x 2 ln x) − ∫ xdx 1,00 1 1 1 3 x2 3 = ( x 2 ln x) − = 9 ln 3 − 4 . 1 2 1 3
2. (1,0 ®iÓm) - Ta cã f ' ( x) = 3 x 2 − 3 . - XÐt trªn ®o¹n [0; 2] ta cã f’(x) = 0 ⇔ x = 1. 1,00 - Ta cã f(0) = 1, f(1) = -1, f(2) = 3. VËy max f ( x) = f (2) = 3 , min f ( x) = f (1) = −1 . [0; 2] [0; 2] C©u 6b 1. (1,0 ®iÓm) (2,0 ®iÓm) - MÆt cÇu (S) cã t©m lµ gèc to¹ ®é O vµ tiÕp xóc víi mÆt ph¼ng ( α ) nªn b¸n kÝnh mÆt cÇu b»ng kho¶ng c¸ch tõ O ®Õn ( α ). 0,50 0+0−0+6 d(O; ( α )) = = 2. 12 + 2 2 + (−2) 2 MÆt cÇu (S) cã t©m lµ gèc to¹ ®é O vµ b¸n kÝnh b»ng 2 cã ph−¬ng 0,50 tr×nh lµ: x 2 + y 2 + z 2 = 4 . 2. (1,0 ®iÓm) V× ®−êng th¼ng ( ∆ ) vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ( α ) nªn vÐct¬ ph¸p tuyÕn n = (1; 2; − 2) cña mÆt ph¼ng ( α ) còng lµ vÐct¬ chØ ph−¬ng cña ®−êng th¼ng ( ∆ ). 1,00 §−êng th¼ng ( ∆ ) ®i qua ®iÓm E(1; 2; 3) nhËn n = (1;2;−2) lµm vÐct¬ ⎧x = 1 + t ⎪ chØ ph−¬ng cã ph−¬ng tr×nh tham sè lµ: ⎨ y = 2 + 2t ⎪ z = 3 − 2t. ⎩ ……….HÕt………. 4
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2006 M«n thi: To¸n - Trung häc phæ th«ng ph©n ban §Ò thi chÝnh thøc h−íng dÉn chÊm THi B¶n h−íng dÉn chÊm gåm: 05 trang I. H−íng dÉn chung 1. NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× cho ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− h−íng dÉn quy ®Þnh. 2. ViÖc chi tiÕt ho¸ thang ®iÓm (nÕu cã) so víi thang ®iÓm trong h−íng dÉn chÊm ph¶i ®¶m b¶o kh«ng sai lÖch víi h−íng dÉn chÊm vµ ®−îc thèng nhÊt thùc hiÖn trong Héi ®ång chÊm thi. 3. Sau khi céng ®iÓm toµn bµi míi lµm trßn ®iÓm thi theo nguyªn t¾c: §iÓm toµn bµi ®−îc lµm trßn ®Õn 0,5 ®iÓm ( lÎ 0,25 lµm trßn thµnh 0,5; lÎ 0,75 lµm trßn thµnh 1,0 ®iÓm) II. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm §¸p ¸n §iÓm C©u 1 1. (2,5 ®iÓm) (4,0 ®iÓm) a) TËp x¸c ®Þnh: R. 0,25 b) Sù biÕn thiªn: • ChiÒu biÕn thiªn: y' = −3x 2 + 6x . 0,25 y' = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = 2. Trªn c¸c kho¶ng ( −∞; 0 ) vµ ( 2;+∞ ) , y' < 0 ⇒ hµm sè nghÞch biÕn. Trªn kho¶ng (0; 2), y' > 0 ⇒ hµm sè ®ång biÕn. 0,25 Chó ý: NÕu chØ xÐt dÊu y' hoÆc chØ nªu c¸c kho¶ng ®ång biÕn, nghÞch biÕn th× vÉn cho 0,25 ®iÓm. • Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 0; yCT = y(0) = 0. 0,25 Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 2; yC§ = y(2) = 4. 0,25 • Giíi h¹n ë v« cùc: lim y = +∞; lim y = −∞ . 0,25 x →−∞ x →+∞ • B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 0 2 +∞ y' − 0 + 0 − +∞ 4 y 0,50 0 −∞ 1
y (C) c) §å thÞ: Giao ®iÓm víi c¸c trôc täa ®é : 4 (0; 0) vµ (3; 0). m x O 2 3 0,50 2. (0,75 ®iÓm) −x3 + 3x 2 − m = 0 ⇔ − x3 + 3x 2 = m (1) Sè nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (1) lµ sè giao ®iÓm cña ®å thÞ (C) vµ ®−êng th¼ng y = m. 0,25 Dùa vµo sù t−¬ng giao cña ®å thÞ (C) vµ ®−êng th¼ng y = m ta cã: • NÕu m < 0 hoÆc m > 4 th× ph−¬ng tr×nh cã 1 nghiÖm. • NÕu m = 0 hoÆc m = 4 th× ph−¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm. • NÕu 0 < m < 4 th× ph−¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm. 0,50 3. (0,75 ®iÓm) Gäi S lµ diÖn tÝch h×nh ph¼ng cÇn t×m. 3 ∫ −x + 3x 2 dx 3 Tõ ®å thÞ ta cã: S = 0,25 0 3 3 ⎛ x4 ⎞ = ∫ (−x + 3x )dx = ⎜ − + x3 ⎟ 3 2 0,25 0 ⎝ 4 ⎠0 27 0,25 = (®vdt). 4 C©u 2 1. (1,0 ®iÓm) (2,0®iÓm) 22x + 2 − 9.2 x + 2 = 0 ⇔ 4.(2 x )2 − 9.2 x + 2 = 0 0,25 ⎡2 = 2 x ⇔⎢ x 1 0,25 ⎢2 = ⎢ ⎣ 4 0,25 ⇔ x = 1 hoÆc x = −2 . Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x = 1; x = − 2. 0,25 2. (1,0 ®iÓm) ∆ = −7. 0,25 5+i 7 5 7 x1 = = +i ; 4 4 4 0,25 5−i 7 5 7 x2 = = −i . 0,25 4 4 4 5 7 5 7 Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 = +i ; x2 = − i . 0,25 4 4 4 4 2
C©u 3 Chó ý: NÕu bµi lµm kh«ng cã h×nh vÏ ®óng th× kh«ng cho ®iÓm. (2,0 ®iÓm) S .I A B 1. (1,0 ®iÓm) D C Gäi ®é dµi ®−êng cao h×nh chãp lµ h, diÖn tÝch ®¸y h×nh chãp lµ S ABCD . Ta cã: h = SA = SB 2 − AB 2 = a 2; 0,25 S ABCD = a 2 . 0,25 1 1 Gäi V lµ thÓ tÝch cña khèi chãp. Ta cã: V = S ABCD .h = a 3 2 (®vtt). 0,50 3 3 2. (1,0 ®iÓm) Gäi I lµ trung ®iÓm c¹nh SC. SA⊥(ABCD) ⇒ SA⊥AC ⇒ ∆SAC vu«ng t¹i A ⇒ IA = IC = IS (1). 0,25 CB ⊥ AB, CB ⊥ SA ⇒ CB ⊥ (SAB) ⇒ CB ⊥ SB ⇒ ∆ SBC vu«ng t¹i B ⇒ IB = IC = IS (2). 0,25 Chøng minh t−¬ng tù: ∆SDC vu«ng t¹i D ⇒ ID = IC = IS (3). 0,25 Tõ (1), (2), (3) suy ra: trung ®iÓm I cña c¹nh SC c¸ch ®Òu c¸c ®Ønh cña h×nh chãp S.ABCD ⇒ I lµ t©m mÆt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp S.ABCD. 0,25 C©u 4a 1. (1,0 ®iÓm) (2,0 ®iÓm) §Æt t = e x − 1 ⇒ e x = t 2 + 1, e x dx = 2tdt . x = ln2 ⇒ t = 1; x = ln5 ⇒ t = 2. 0,25 2 I = 2 ∫ (t 2 + 2)dt 0,25 1 2 ⎛ t3 ⎞ 0,25 = 2⎜ + 2t ⎟ ⎝ 3 ⎠1 26 0,25 = . 3 3