Xem mẫu
- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT 2010
MÔN TOÁN - Đề số 2
Thời gian: 180 phút
Nội dung Điểm
Câu Ý
I 1 0.25
a. Tập xác định:
b. Sự biến thiên 0.5
4
Chiều biến thiên: y'
( x 1) 2
y’>0 với ; y’ không xác định khi x = -1
Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1) và (1; )
Cực trị : Hàm số không có cực trị
Tiệm cận 0.5
x3 x3
lim y lim ; lim y lim
x 1 x 1 x 1 x 1
x 1 x 1
Suy ra đồ thị có một tiệm cận đứng là đường x = -1
x 3
lim y lim 1
x x 1
x
Suy ra đồ thị có một tiệm cận ngang là đường y = 1
Bảng biến thiên: 0.25
+
-
x -1
y’ + +
+ 1
y
1 -
- c. Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại (0;-3), cắt trục hoành tại (3;0) 0.5
Nhận giao của 2 đường tiệm cận là điểm (-1;1) làm tâm đối xứng của đồ thị
y
5
4
3
2
I
1
x
-1 O
-7 -6 -5 -4 -3 -2 1 2 3 4 5 6 7 8
-1
-2
-3
-4
-5
-6
2 0.25
Đường thẳng y = 4x+3 có hệ số góc: k = 4
Vì tiếp tuyến song song với đường y = 4x+3 nên chúng có cùng hệ số góc
Gọi (x0 ;y0) là tọa độ tiếp điểm
4 4
y ' x0
y' 2
( x0 1) 2
( x 1)
0.25
x0 0
4
4 ( x0 1) 2 1
Suy ra y '( x0 ) 2
x 0 2
( x0 1)
Với x0 = 0 => y0 = y(0) = -3 0.25
Phương trình tiếp tuyến là: y = 4x - 3
Với x0 = -2 => y0 = y(-2) = 5 0.25
Phương trình tiếp tuyến là: y = 4x +13
II 1 0.25
1
10
1 ( x 2)( x 3)dx
10 1 1
2
Ta có :
( x 2)( x 3) x 2 x 3
0.25
1
1 1 1
10 1
1 1
dx 2 dx dx 2 ln x 2 1 ln x 3 1
=>
( x 2)( x 3) 1 x 2 x3
1 1
0.25
1
2x
1 1
= 2 ln(2 x ) 1 ln( x 3) 1 = 2 ln( )
x 3 1
- 0.25
1 3 1
= 2 ln ln 2 ln 2 ln 6
4 2 6
2 0.25
2 x 2 1 7
2
1
0 2x
7 1
log 1
2
2
0.25
1
2x 8
2
1
2x 23
0.25
x2 1 3
x2 4
0.25
x 2
x 2
y ’= -3x3+12x = -3x(x2-4) = -3x(x-2)(x+2)
3 0.25
y’=0 x = 0 hoặc x = 2 hoặc x = -2
Trên [-1 ;3] thì y’= 0 khi x = 0 hoặc x = 2 0.25
Ta có : y(0) = 1
25
y(-1) = 0.25
4
y(2) = 13
43
y(3) = -
4
0.25
43
Vậy Maxy y (2) 13 Miny y (3)
4
1;3
1;3
Vì tam giác ABC vuông cân tại C, AB = 2a
III 0.25
=> CA = CB = a 2
Do SA (ABC)=> AC là hình chiếu vuông 0.25
góc của SC lên (ABC) => SCA là góc giữa
cạnh SC và (ABC)
=> SCA 300
Trong tam giác vuông SAC có : 0.25
1
SA = tan 300.AC= a2
3
- VSABC
S
0.25
1
= SA.S ABC
3
1 11 2
SA.CA.CB a 2a2
6 63
300 C
a3 6
a 2
(đvtt)
=
9
A
2a
B
B- Phần dành riêng:
Phần dành cho thí sinh ban Cơ Bản :
1 AB ( 2;1;1) AC (0; 2;1)
0.5
Ta có : mặt phẳng (P) đi qua A,B,C nên nP AC ; AB (1; 2; 4)
0.25
Vì (d)//(P) nên: vd nP = (1; 2; - 4)
x 3 t
0.25
Suy ra phương trình đường thẳng d: y 1 2t
z 2 4t
Vì mặt phẳng (Oxy) đi qua O(0;0;0) và vuông góc trục Oz nên nhận véctơ
2
0.5
k (0;0;1) làm véc tơ pháp tuyến. Suy ra (Oxy) có phương trình: z = 0
0.25
x 3 t
y 1 2t
Tọa độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của hệ:
z 2 4t
z 0
0.25
7
x 2
1 7
=> t = y 3 . Vậy tọa độ giao điểm là ( ;3;0)
2 2
z 0
- 0.5
Va z (1 - 2i) = 13 - i
13 i
z
1 2i
(13 i)(1 2i)
z
(1 2i)(1 2i )
0.5
13 2i 2 25i
z
1 4i 2
15 25i
z 3 5i
5
Vậy z = 3+5i
Phần dành cho
thí sinh ban Nâng Cao
I Vb 1
+) vd1 (1; 0;1) ; vd (0; 2;3)
0.5
2
Suy ra vd1 vd khác phương (1)
2
1 t 0 t 1
0.5
'
t ' 2 (vô lí). Vậy hệ vô nghiệm (2)
+) Xét hệ 0 4 2t
t 16
'
5 t 5 3t
Từ (1) và (2) suy ra d1 và d2 chéo nhau.
Gọi MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 (M d1; N d2).
2
Suy ra tọa độ của M, N có dạng: M(1+t; 0;- 5+t); N(0 ;4-2t’;-8+3t’)
0.5
MN (1 t ;7 2t '; 3 3t ' t )
Vì MN d1 ; MN d2 nên MN . vd1 =0 và MN . vd =0
2
'
13t 3t 23 0 t 1
' '
t 2
3t 2t 4 0
Suy ra M(2;0;-4); N(0;0;-2)
Ta có mặt cầu đường kính MN nhận trung điểm I của MN làm tâm và có bán kính R = 0.25
MN
2
=> I(1;0;-3); R = 2
Phương trình mặt cầu là: 0.25
(x-1)2 + y2 + (z+3)2 = 2
3 0.25
du dx
u x 2
Đặt 1 2x
2x
v 2 e
dv e dx
0.25
1 1
1 1
I ( x 2)e 2 x e 2 x dx
2 2
0 0
- 0.25
1 1
1 1
I ( x 2)e 2 x e 2 x
2 4
0 0
0.25
1
7 5e 2
x5
I e2 x =
24 4
0
nguon tai.lieu . vn
