Chuyên Đề Ôn Thi | Tổng hợp tài liệu hay ôn thi Học …...Ò thi chÝnh thøc kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2006 M«n thi: to¸n - Trung häc phæ

Do n g P

h D

Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o

§Ò thi chÝnh thøc

kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2006 M«n thi: to¸n - Trung häc phæ th«ng kh«ng ph©n ban Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò

C©u 1 (3,5 ®iÓm) 1. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè y = x3 − 6x2 + 9x . 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm uèn cña ®å thÞ (C). 3. Víi gi¸ trÞ nµo cña tham sè m, ®−êng th¼ng 2y x m m= + − ®i qua trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng nèi hai ®iÓm cùc ®¹i vµ cùc tiÓu cña ®å thÞ (C). C©u 2 (1,5 ®iÓm) 1.TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®å thÞ çc hµm sè y = ex, y = 2 vµ ®−êng th¼ng x = 1.

2. TÝnh tÝch ph©n 2

20

sin2xI dx

4 cos x

π

=−∫ .

C©u 3 (2,0 ®iÓm)

Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho hypebol (H) cã ph−¬ng tr×nh 2 2x y

14 5

− = .

1. T×m täa ®é çc tiªu ®iÓm, täa ®é çc ®Ønh vµ viÕt ph−¬ng tr×nh çc ®−êng tiÖm cËn cña (H).

2. ViÕt ph−¬ng tr×nh çc tiÕp tuyÕn cña (H) biÕt çc tiÕp tuyÕn ®ã ®i qua ®iÓm M(2; 1). C©u 4 (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ba ®iÓm A(1; 0; −1), B(1; 2; 1), C(0; 2; 0). Gäi G lµ träng t©m tam gi¸c ABC. 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng OG. 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu (S) ®i qua bèn ®iÓm O, A, B, C. 3. ViÕt ph−¬ng tr×nh çc mÆt ph¼ng vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng OG vµ tiÕp xóc víi mÆt cÇu (S). C©u 5 (1,0 ®iÓm)

T×m hÖ sè cña x5 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña ( )n1 x+ , *n N∈ , biÕt tæng

tÊt c¶ çc hÖ sè trong khai triÓn trªn b»ng 1024.

.........HÕt.........

Do n g P

h D



kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2006 M«n thi: To¸n - Trung häc phæ th«ng kh«ng ph©n ban

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 çch 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 (3,5 ®iÓm)

1. (2,5 ®iÓm) a) TËp x¸c ®Þnh: R b) Sù biÕn thiªn: • ChiÒu biÕn thiªn: 2y ' 3x 12x 9 ; y ' 0= − + = ⇔ x = 1 hoÆc x = 3.

y' > 0 trªn çc kho¶ng ( ;1)−∞ vµ ( )3;+∞ , y' < 0 trªn kho¶ng (1; 3).

Kho¶ng ®ång biÕn ( ;1)−∞ vµ ( )3;+∞ , kho¶ng nghÞch biÕn (1; 3).

• Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 1, yC§ = y(1) = 4; hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 3, yCT = y(3) = 0. • Giíi h¹n:

x xlim y ; lim y→−∞ →+∞

= −∞ = +∞ .

• TÝnh låi, lâm vµ ®iÓm uèn: y '' 6x 12, y '' 0 x 2= − = ⇔ = . x −∞ 2 +∞ y" − 0 + §å thÞ låi §iÓm uèn lâm U(2; 2) • B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 1 2 3 + ∞

y' + 0 − 0 +

y 4 + ∞

−∞ 0

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,50

2

Do n g P

h D

c) §å thÞ: Giao ®iÓm cña ®å thÞ víi çc trôc täa ®é: (0; 0), (3; 0). §å thÞ cã t©m ®èi xøng U(2; 2). §å thÞ (C) nh− h×nh bªn. 2. (0,5 ®iÓm) §iÓm uèn U(2; 2), ( )y' 2 3= − .

Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i ®iÓm uèn: y − 2 = −3(x −2) ⇔ y = −3x + 8. 3. (0,5 ®iÓm) §iÓm cùc ®¹i (1; 4), ®iÓm cùc tiÓu (3; 0). Trung ®iÓm ®o¹n th¼ng nèi hai ®iÓm C§, CT lµ ®iÓm uèn U(2; 2). §−êng th¼ng y = x + m2 − m ®i qua U(2; 2) ⇔ 2 = 2 + m2 − m ⇔ m = 0 hoÆc m = 1.

0,50 0,25

0,25 0,25 0,25

C©u 2 (1,5 ®iÓm) C©u 3 (2,0 ®iÓm)

1. (0,75 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: ex = 2 ⇔ x = ln2.

DiÖn tÝch h×nh ph¼ng cÇn t×m: S =1 1

x x

ln2 ln2

e 2 dx (e 2)dx− = −∫ ∫

( ) 1x

ln2e 2x= − = (e − 2) − (2 − 2ln2) = e + 2ln2 − 4 (®vdt).

2. (0,75 ®iÓm) §Æt t = 4 − cos2x.

dt = 2sinxcosx dx = sin2xdx; x 0 t 3, x t 42

π= ⇒ = = ⇒ = .

4

4

33

dt 4I ln t ln 4 ln3 ln

t 3= = = − =∫ .

1. (1,0 ®iÓm)

Ph−¬ng tr×nh (H) cã d¹ng: 2 2

2 2

x y1

a b− = ⇒ a2 = 4, b2 = 5 ⇒ c2 = 9.

Täa ®é çc tiªu ®iÓm: ( −3; 0), (3; 0), çc ®Ønh: ( −2; 0), (2; 0).

Ph−¬ng tr×nh çc tiÖm cËn: 5 5

y x; y x.2 2

= = −

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25

x

0 1 2 3 4

y

4 2

(C)

Do n g P

h D

C©u 4 (2,0 ®iÓm)

2. (1,0 ®iÓm) Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng qua M(2; 1): m(x − 2) + n(y −1) = 0 ⇔ mx + ny − 2m − n = 0 , víi m2 + n2 ≠ 0.

§iÒu kiÖn tiÕp xóc: 4m2 −5n2 = (2m + n)2 , víi 2m + n ≠ 0

⇔ n 0

3n 2m 0.

=⎡⎢ + =⎣

• n = 0, chän m = 1. Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn: x − 2 = 0. • 3n + 2m = 0, chän m = 3, n = −2. Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn: 3x − 2y − 4 = 0 . 1. (0,75 ®iÓm)

To¹ ®é ®iÓm 2 4

G ; ; 0 .3 3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

VÐc t¬ chØ ph−¬ng cña ®−êng th¼ng OG: 2 4

OG ; ; 0 .3 3

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng OG: x y z

.1 2 0

= =

2. (0,75 ®iÓm) Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu (S) cã d¹ng:

2 2 2x y z 2ax 2by 2cz d 0+ + + + + + = .

O, A, B, C ∈ (S), ta cã hÖ ph−¬ng tr×nh: d 0

2a 2c d 2 0

2a 4b 2c d 6 0

4b d 4 0

=⎧⎪ − + + =⎪⎨ + + + + =⎪⎪ + + =⎩

⇔

d 0 a 1

b 1 b 1

a c 1 c 0

a c 1 d 0.

= = −⎧ ⎧⎪ ⎪= − = −⎪ ⎪⇔⎨ ⎨− = − =⎪ ⎪⎪ ⎪+ = − =⎩ ⎩

Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu (S): x2 + y2 + z2 −2x −2y = 0 . 3. (0, 5 ®iÓm) Gäi (P) lµ mÆt ph¼ng cÇn t×m.

2 4

OG ; ; 0 3 3

⎛ ⎞= ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠

VÐc t¬ ph¸p tuyÕn cña (P): (1;2;0).

Ph−¬ng tr×nh (P) cã d¹ng: x + 2y + D = 0. MÆt cÇu (S) cã t©m I = (1; 1; 0), b¸n kÝnh R = 2 .

§iÒu kiÖn tiÕp xóc: D 3 103 D

25 D 3 10.

⎡ = − ++= ⇔ ⎢

= − −⎢⎣

VËy, cã hai mÆt ph¼ng (P) lÇn l−ît cã ph−¬ng tr×nh: x 2y 3 10 0; x 2y 3 10 0.+ − + = + − − = Chó ý: MÆt cÇu qua O, A, B, C cã ®−êng kÝnh AB .

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

Do n g P

h D

C©u 5 (1,0 ®iÓm)

Khai triÓn n 0 1 n n

n n n(1 x) C C x ... C x+ = + + + .

Tæng tÊt c¶ çc hÖ sè cña khai triÓn: T = n

k nn

k 0

C 2 .=

=∑

T = 1024 ⇔ n = 10. HÖ sè cña x5 trong khai triÓn: 5

10C 252.=

0,25 0,25 0,25

0,25

… …...HÕt...

Do n g P

h D



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

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 2x 2 x2 9.2 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)

1. TÝnh tÝch ph©n ln 5 x x

xln 2

(e 1)eI dx .

e 1

+=−

∫

2. ViÕt ph−¬ng tr×nh çc tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè 2x 5x 4

yx 2

− +=−

, biÕt çc tiÕp

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. TÝnh tÝch ph©n 1

x

0

J (2x 1)e dx.= +∫

2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè 2x 3

yx 1

+=+

t¹i ®iÓm thuéc ®å thÞ cã

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.........

Do n g P

h D

1



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

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 çch 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 (4,0 ®iÓm)

1. (2,5 ®iÓm) a) TËp x¸c ®Þnh: R. b) Sù biÕn thiªn: • ChiÒu biÕn thiªn: 2y ' 3x 6x= − + . y' = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = 2. Trªn çc kho¶ng ( ); 0−∞ vµ ( )2;+∞ , y ' 0< ⇒ hµm sè nghÞch biÕn.

Trªn kho¶ng (0; 2), y ' 0> ⇒ hµm sè ®ång biÕn. Chó ý: NÕu chØ xÐt dÊu y' hoÆc chØ nªu çc 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. Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 2; yC§ = y(2) = 4. • Giíi h¹n ë v« cùc:

→−∞ →+∞= +∞ = −∞

x xlim y ; lim y .

• B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 0 2 +∞ y' − 0 + 0 − +∞ 4 y 0 −∞

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,50

Do n g P

h D

2

c) §å thÞ: Giao ®iÓm víi çc trôc täa ®é : (0; 0) vµ (3; 0). 2. (0,75 ®iÓm) 3 2 3 2x 3x m 0 x 3x m− + − = ⇔ − + = (1) Sè nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (1) lµ sè giao ®iÓm cña ®å thÞ (C) vµ ®−êng th¼ng y = m. 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. 3. (0,75 ®iÓm) Gäi S lµ diÖn tÝch h×nh ph¼ng cÇn t×m.

Tõ ®å thÞ ta cã: S = 3

3 2

0

x 3x dx− +∫

33 43 2 3

0 0

x( x 3x )dx x

4

⎛ ⎞= − + = − +⎜ ⎟

⎝ ⎠∫

= 27

4 (®vdt).

0,50

0,25 0,50 0,25 0,25

0,25

C©u 2 (2,0®iÓm)

1. (1,0 ®iÓm) 2x + 2 x x 2 x2 9.2 + 2 = 0 4.(2 ) 9.2 2 0− ⇔ − + =

x

x

2 2

12

4

⎡ =⎢⇔ ⎢ =⎢⎣

x 1⇔ = hoÆc x 2= − . Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x = 1; x = −2. 2. (1,0 ®iÓm)

7.∆ = − += = +

−= = −

1

2

5 i 7 5 7x i ;

4 4 4

5 i 7 5 7x i .

4 4 4

Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm 1 25 7 5 7

x i ; x i .4 4 4 4

= + = −

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

x

4 m

O 2 3

(C)y

Do n g P

h D

3

C©u 3 (2,0 ®iÓm)

Chó ý: NÕu bµi lµm kh«ng cã h×nh vÏ ®óng th× kh«ng cho ®iÓm. 1. (1,0 ®iÓm) Gäi ®é dµi ®−êng cao h×nh chãp lµ h, diÖn tÝch ®¸y h×nh chãp lµ ABCDS .

Ta cã: 2 2h SA SB AB a 2;= = − =

2ABCDS a= .

Gäi V lµ thÓ tÝch cña khèi chãp. Ta cã: 3ABCD

1 1V S .h a 2

3 3= = (®vtt).

2. (1,0 ®iÓm) Gäi I lµ trung ®iÓm c¹nh SC. SA⊥(ABCD) ⇒ SA⊥AC ⇒ ∆SAC vu«ng t¹i A ⇒ IA = IC = IS (1). CB AB, CB SA CB (SAB) CB SB⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒∆ SBC vu«ng t¹i B ⇒ IB = IC = IS (2). Chøng minh t−¬ng tù: ∆SDC vu«ng t¹i D ⇒ ID = IC = IS (3). Tõ (1), (2), (3) suy ra: trung ®iÓm I cña c¹nh SC çch ®Òu çc ®Ønh cña h×nh chãp S.ABCD ⇒ I lµ t©m mÆt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp S.ABCD.

0,25

0,25

0,50 0,25 0,25 0,25 0,25

C©u 4a (2,0 ®iÓm)

1. (1,0 ®iÓm)

§Æt x x 2 xt e 1 e t 1, e dx 2tdt= − ⇒ = + = . x = ln2 ⇒ t = 1; x = ln5 ⇒ t = 2.

22

1

I 2 (t 2)dt= +∫

=

23

1

t2 2t

3

⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

= 26

3.

0,25 0,25 0,25 0,25

CD

S

AB

. I

Do n g P

h D

4

2. (1,0 ®iÓm) Gäi x lµ hoµnh ®é tiÕp ®iÓm, theo gi¶ thiÕt ta cã: y '(x) 3= (1)

(1)⇔( )2

2

x 4x 63

x 2

− + = ⇔−

x = 1 hoÆc x = 3.

Täa ®é çc tiÕp ®iÓm: A(1; 0), B(3; −2). Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i A: y 3(x 1) y 3x 3.= − ⇔ = − Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i B: y 3(x 3) 2 y 3x 11.= − − ⇔ = − (Tháa m·n yªu cÇu ®Ò bµi).

0,25 0,25 0,25 0,25

C©u 4b (2,0 ®iÓm)

1. (1,0 ®iÓm)

MÆt ph¼ng ®i qua ba ®iÓm A, B, C cã ph−¬ng tr×nh: x y z

12 3 6

+ + =

⇔ 3x + 2y + z − 6 = 0. AB ( 2; 3; 0), AC ( 2; 0; 6)= − = − .

AB AC (18; 12; 6)∧ = ABC1

S AB AC 3 142∆⇒ = ∧ = (®vdt).

2. (1,0 ®iÓm)

G lµ träng t©m tam gi¸c ABC: 2

G ; 1; 2 .3

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

T©m I cña mÆt cÇu lµ trung ®iÓm OG: 1 1

I ; ; 1 .3 2

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

B¸n kÝnh mÆt cÇu: 7

R OI .6

= =

Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu: ( )2 2

21 1 49x y z 1 .

3 2 36⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,50 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

C©u 5a (2,0 ®iÓm)

1. (1,0 ®iÓm)

§Æt x x

u 2x 1 du 2dx

dv e dx v e .

= + =⎧ ⎧⎪ ⎪⇒⎨ ⎨= =⎪ ⎪⎩ ⎩

11

x x

00

J (2x 1)e 2 e dx⎡ ⎤= + −⎣ ⎦ ∫

= 1 1x x

00(2x 1)e (2e )⎡ ⎤+ −⎣ ⎦

= e + 1. 2. (1,0 ®iÓm)

TÝnh ®−îc 2

1y '

(x 1)

−=+

.

0

3 1y y( 3) ; y '( 3) .

2 4

−= − = − =

Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn: 1 3

y x .4 4

= − +

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 0,50

0,25

Do n g P

h D

5

C©u 5b (2,0 ®iÓm)

1. (1,0 ®iÓm) AB (1;0; 1), AC (2; 1;2)= − = − .

AB.AC 0.⇒ = Suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh. Vect¬ chØ ph−¬ng cña ®−êng th¼ng AB: AB (1;0; 1).= −

Ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng AB:

x 1 t

y 1

z 2 t .

=− +⎧⎪ =⎨⎪ = −⎩

2. (1,0 ®iÓm) Gäi M(x; y; z). MB (0 x;1 y;1 z),MC (1 x;0 y;4 z).= − − − = − − −

0 x 2(1 x)

MB 2MC 1 y 2(0 y)

1 z 2(4 z)

− = − −⎧⎪= − ⇔ − = − −⎨⎪ − = − −⎩

2x

31

y3

z 3

⎧ =⎪⎪⎪⇔ =⎨⎪

=⎪⎪⎩

⇔ 2 1

M ; ;3 .3 3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Gäi (P) lµ mÆt ph¼ng qua M vµ vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng BC. Vect¬ ph¸p tuyÕn cña (P): BC (1; 1;3).= −

Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P): 28

x y 3z 03

− + − = .

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

… …...HÕt...

Do n g P

h D




C©u 1 (3,5 ®iÓm)

Cho hµm sè 12

21−

−+=x

xy , gäi ®å thÞ cña hµm sè lµ (H).

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 (H) t¹i ®iÓm A ( )3;0 .

C©u 2 (1,0 ®iÓm)

T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè 173)( 23 +−−= xxxxf trªn ®o¹n [ ]2;0 .

C©u 3 (1,0 ®iÓm)

TÝnh tÝch ph©n .ln

1

2dx

xxJ

e∫=

C©u 4 (1,5 ®iÓm)

Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é Oxy, cho elÝp (E) cã ph−¬ng tr×nh .11625

22=+ yx

X¸c ®Þnh

to¹ ®é çc tiªu ®iÓm, tÝnh ®é dµi çc trôc vµ t©m sai cña elÝp (E). C©u 5 (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho ®−êng th¼ng (d) cã ph−¬ng tr×nh

31

21

12 −=+=− zyx

vµ mÆt ph¼ng (P) cã ph−¬ng tr×nh .023 =++− zyx

1. T×m to¹ ®é giao ®iÓm M cña ®−êng th¼ng (d) víi mÆt ph¼ng (P). 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng chøa ®−êng th¼ng (d) vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (P).

C©u 6 (1,0 ®iÓm)

Gi¶i ph−¬ng tr×nh 61

54 3 +=+ nnn CCC (trong ®ã knC lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö).

.........HÕt.........

ThÝ sinh kh«ng ®−îc sö dông tµi liÖu. Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

Do n g P

h D

bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o

®Ò thi chÝnh thøc

kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2007 M«n thi: to¸n – Trung häc phæ th«ng kh«ng ph©n ban

H−íng dÉn chÊm thi


I. H−íng dÉn chung

1) NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo çch 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).


c©u §¸p ¸n §iÓm1. (2,5 ®iÓm)

a) TËp x¸c ®Þnh: D = R\ .21⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

0,25

b) Sù biÕn thiªn:

• ChiÒu biÕn thiªn: y’ = 1 + 2)12(

4

−x; y’ > 0 víi mäi x ∈ D.

- Hµm sè ®ång biÕn trªn çc kho¶ng ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ∞−

21; vµ .;

21

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ∞+

• Cùc trÞ: Hµm sè kh«ng cã cùc trÞ.

0,75

C©u 1

(3,5 ®iÓm)

• Giíi h¹n vµ tiÖm cËn: −∞=−∞→

yx

lim ; +∞=+∞→

yx

lim

+∞=−

→

y

x21

lim vµ −∞=+

→

y

x21

lim ⇒ tiÖm cËn ®øng: .21=x

[ ] 0)1(lim =+−∞→

xyx

⇒ tiÖm cËn xiªn: .1+= xy

0,50

Do n g P

h D

• B¶ng biÕn thiªn:

0,50

c) §å thÞ:

- §å thÞ c¾t Ox t¹i çc ®iÓm: (1; 0) vµ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− 0;

23

; c¾t Oy t¹i ®iÓm (0; 3).

- §å thÞ hµm sè nhËn giao ®iÓm I ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

23;

21

cña hai ®−êng tiÖm cËn lµm t©m

®èi xøng.

0,50

2.(1,0 ®iÓm)

- HÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i A(0; 3) lµ: y’(0) = 1 + 2)10.2(

4

− = 5.

- VËy ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi ®å thÞ (H) t¹i ®iÓm A(0; 3) lµ: 3)0).(0(' +−= xyy hay 35 += xy .

1,00

C©u 2

(1,0 ®iÓm)

- Ta cã .729)(' 2 −−= xxxf

- XÐt trªn ®o¹n [ ]2;0 ta cã 0)(' =xf ⇔ x = 1. MÆt kh¸c f(0) = 1; f(1) = 4− ; f(2) = 7. VËy

[ ].7)2()(max

2;0== fxf

1,00

- §Æt lnx = t ⇒ .dtxdx =

- Víi x = 1 th× t = 0, víi x = e th× t = 1. 0,50

C©u 3

(1,0 ®iÓm)

VËy dttJ ∫=1

0

2 = 01

3

3t = .

31

0,50

x ∞− 21

∞+

y’ + +

∞+ ∞+ y ∞− ∞−

3

y

x23−

-1 O 21

1

23

I

Do n g P

h D

- Ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) cã d¹ng: ).0(12

2

2

2>>=+ ba

b

y

a

x

- Theo ®Ò ra ta cã: a = 5, b = 4 ⇒ c = 22 ba − = 3. - To¹ ®é çc tiªu ®iÓm: )0;3(1 −F , ).0;3(2F

0,75

C©u 4

(1,5 ®iÓm)

- §é dµi trôc lín: 2a = 10. - §é dµi trôc bÐ: 2b = 8.

- T©m sai: e = 53=

ac

. 0,75

1. (1,0 ®iÓm)

- Ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng (d) lµ: ⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=+−=

+=

.3121

2

tzty

tx

- To¹ ®é giao ®iÓm M(x; y; z) tho¶ m·n hÖ:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=++−+=

+−=+=

.02331

212

zyxtz

tytx

0,50

- Gi¶i hÖ ta ®−îc:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=−=

=−=

.23

11

zyxt

VËy M(1; -3; -2).

0,50

C©u 5

(2,0 ®iÓm)

2. (1,0 ®iÓm) - Gäi (Q) lµ mÆt ph¼ng chøa (d) vµ vu«ng gãc víi (P).

- §−êng th¼ng (d) cã mét vÐc t¬ chØ ph−¬ng lµ ).3;2;1(=u

- MÆt ph¼ng (P) cã mét vect¬ ph¸p tuyÕn lµ ).3;1;1( −=n

- Vect¬ ph¸p tuyÕn cña (Q) lµ: [ nu, ] ).3;0;9( −= VËy ph−¬ng tr×nh cña mÆt ph¼ng (Q) lµ: 3(x – 2) + 0(y +1) – 1(z -1) = 0 ⇔ 3x – z – 5 = 0.

1,00

- §iÒu kiÖn: n ∈N, n 5≥ .

- Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi: ! ! ( 1)!3.

4!( 4)! 5!( 5)! 6!( 5)!n n nn n n

++ =− − −

0,50 C©u 6

(1,0 ®iÓm)

⇔

101

51

41 +=+−

nn

⇔10

1)4(5

1 +=−+ n

nn

⇔ n = 6. 0,50

……….HÕt……….

Do n g P

h D





I. PhÇn chung cho thÝ sinh c¶ 2 ban (8,0 ®iÓm) C©u 1 (3,5 ®iÓm)

Cho hµm sè ,12 24 +−= xxy 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 .5)4(loglog 24 =+ xx

C©u 3 (1,5 ®iÓm)

Gi¶i ph−¬ng tr×nh 0742 =+− xx 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)

1. TÝnh tÝch ph©n ∫+

=2

1 2 1

2

x

xdxJ .

2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè 9168)( 23 −+−= xxxxf trªn ®o¹n [ ]3;1 .

C©u 5b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho ®iÓm M ( )0;1;1 −− 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)

1. TÝnh tÝch ph©n ∫=3

1ln2 xdxxK .

2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè 13)( 3 +−= xxxf trªn ®o¹n [ ]2;0 . C©u 6b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho ®iÓm E ( )3;2;1 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.........

Do n g P

h D

1

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

H−íng dÉn chÊm thi B¶n h−íng dÉn chÊm gåm 04 trang






C©u §¸p ¸n §iÓm1. (2,5 ®iÓm) 1) TËp x¸c ®Þnh: R 0,25

2) Sù biÕn thiªn: • ChiÒu biÕn thiªn:

Ta cã: )1(444' 23 −=−= xxxxy ; 0'=y ⇔ x = 0, x = ± 1.

Trªn çc kho¶ng ( )0;1− vµ ( )∞+;1 , y’ > 0 nªn hµm sè ®ång biÕn.

Trªn çc kho¶ng ( )1;−∞− vµ ( )1;0 , y’ < 0 nªn hµm sè nghÞch biÕn.

0,50

• Cùc trÞ: Tõ çc 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. • Giíi h¹n ë v« cùc:

∞+=−∞→

yx

lim ; ∞+=+∞→

yx

lim .

0,75

C©u 1 (3,5 ®iÓm)


0,50

x ∞− 1− 0 1 ∞+

y’ - 0 + 0 - 0 +

+ ∞ 1 + ∞

y

0 0

Do n g P

h D

2

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: ( )9;2± .

0,50

2. (1,0 ®iÓm) - HÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm cùc ®¹i (0; 1) cña ®å thÞ ®· cho lµ y’(0) = 0. - Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i ®iÓm cùc ®¹i lµ y = 1.

1,00

§iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña ph−¬ng tr×nh lµ x > 0. Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi

5log4loglog21

222 =++ xx 0,75

C©u 2 (1,5 ®iÓm)

⇔ 3log23

2 =x

⇔ 2log2 =x ⇔ x = 4 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn). VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm x = 4.

0,75

Ta cã: '∆ = .33 2i=− 0,50 C©u 3

(1,5 ®iÓm) Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ: ix 32 −= vµ ix 32 += . 1,00 C©u 4

(1,5 ®iÓm) Gi¶ thiÕt SA vu«ng gãc víi ®¸y suy ra ®−êng cao cña h×nh chãp lµ

SA = a. §¸y lµ tam gi¸c vu«ng (®Ønh B), cã diÖn tÝch lµ 221 a .

VËy thÓ tÝch khèi chãp S.ABC lµ:

3261.

21.

31 aaaV == (®vtt).

1,50

A

B

a

aa

C

S

-2 -1 O 1 2 x

1

9

y

Do n g P

h D

3

1. (1,0 ®iÓm)

§Æt tx =+12 ⇒ 2xdx = dt. Víi x = 1 th× t = 2; víi x = 2 th× t = 5.

0,50

Do ®ã J = ∫−5

2

21

dtt = 25

.2 21

t = 2 )25( − . 0,50

C©u 5a (2,0 ®iÓm)

2. (1,0 ®iÓm)

- Ta cã 16163)(' 2 +−= xxxf .

- XÐt trªn ®o¹n [ ]3;1 ta cã 0)(' =xf ⇔ 34=x .

- Ta cã f(1) = 0, ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

34f =

2713

, f(3) = - 6.

VËy [ ] 27

1334)(max

3;1=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= fxf ,

[ ]6)3()(min

3;1−== fxf .

1,00

1. (1,0®iÓm)

V× mÆt ph¼ng (Q) song song víi mÆt ph¼ng (P) nªn ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (Q) cã d¹ng x + y – 2z + m = 0 (m ≠ - 4).

0,50

MÆt ph¼ng (Q) ®i qua ®iÓm M(-1; -1; 0) ⇔ – 1 – 1 + m = 0

⇔ m = 2. VËy ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (Q) lµ: x + y – 2z + 2 = 0. 0,50

2. (1,0®iÓm) - V× ®−êng th¼ng (d) vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (P) nªn vÐct¬ ph¸p

tuyÕn )2;1;1( −=n 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 )2;1;1( −=n lµm

vÐct¬ chØ ph−¬ng nªn cã ph−¬ng tr×nh tham sè lµ: ⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=+−=+−=

.211

tztytx

0,50

C©u 5b

(2,0 ®iÓm)

- To¹ ®é H(x; y; z) tho¶ m·n hÖ:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=−−+−=+−=+−=

0422

11

zyxtztytx

⇔

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−====

.200

1

zyxt

VËy H(0; 0; - 2).

0,50

C©u 6a

(2,0 ®iÓm)

1. (1,0 ®iÓm)

§Æt u = lnx vµ dv = 2xdx; ta cã du = x1

dx vµ v = 2x .

Do ®ã ∫=3

1ln2 xdxxK = ∫−

3

1

213

)ln( xdxxx

= 13

213

)ln(2

2 xxx − = 43ln9 − .

1,00

Do n g P

h D

4

2. (1,0 ®iÓm)

- Ta cã 33)(' 2 −= xxf .

- XÐt trªn ®o¹n [ ]2;0 ta cã f’(x) = 0 ⇔ x = 1. - Ta cã f(0) = 1, f(1) = -1, f(2) = 3. VËy

[ ]3)2()(max

2;0== fxf ,

[ ]1)1()(min

2;0−== fxf .

1,00

1. (1,0 ®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 çch tõ O ®Õn (α ).

d(O; (α )) = 222 )2(21

6000

−++

+−+ = 2.

0,50

MÆt cÇu (S) cã t©m lµ gèc to¹ ®é O vµ b¸n kÝnh b»ng 2 cã ph−¬ng

tr×nh lµ: 4222 =++ zyx . 0,50

C©u 6b

(2,0 ®iÓm)

2. (1,0 ®iÓm)

V× ®−êng th¼ng ( ∆ ) vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (α ) nªn vÐct¬ ph¸p

tuyÕn )2;2;1( −=n cña mÆt ph¼ng (α ) còng lµ vÐct¬ chØ ph−¬ng cña ®−êng th¼ng ( ∆ ).

§−êng th¼ng ( ∆ ) ®i qua ®iÓm E(1; 2; 3) nhËn )2;2;1( −=n lµm vÐct¬

chØ ph−¬ng cã ph−¬ng tr×nh tham sè lµ: ⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=+=+=

.2322

1

tzty

tx

1,00

……….HÕt……….

Do n g P

h D

Bé gi¸o dôc vμ ®μo t¹o

§Ò chÝnh thøc

kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng lÇn 2 n¨m 2007 M«n thi: to¸n - Trung häc phæ th«ng ph©n ban


I. PhÇn chung cho thÝ sinh c¶ 2 ban (8,0 ®iÓm) C©u 1 (3,5 ®iÓm)

Cho hµm sè 21

+−=xxy , 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 giao ®iÓm cña )(C víi trôc tung. C©u 2 (1,5 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 097.27 1 =−+ − xx .

C©u 3 (1,5 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 02562 =+− xx trªn tËp sè phøc.

C©u 4 (1,5 ®iÓm) Cho h×nh chãp tø gi¸c ABCDS. cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng a , c¹nh bªn SA vu«ng gãc víi ®¸y vµ ACSA = . TÝnh thÓ tÝch cña khèi chãp ABCDS. . 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)

1. Cho h×nh ph¼ng )(H giíi h¹n bëi çc ®−êng xy sin= , 0=y , 0=x , 2π=x .

TÝnh thÓ tÝch cña khèi trßn xoay ®−îc t¹o thµnh khi quay h×nh )(H quanh trôc hoµnh.

2. XÐt sù ®ång biÕn, nghÞch biÕn cña hµm sè 28 24 +−= xxy . C©u 5b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz , cho hai ®iÓm ( )5;4;1 −E vµ ( )7;2;3F . 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu ®i qua ®iÓm F vµ cã t©m lµ E . 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng trung trùc cña ®o¹n th¼ng EF .

B. ThÝ sinh Ban KHXH&NV chän c©u 6a hoÆc c©u 6b C©u 6a (2,0 ®iÓm)

1. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi çc ®−êng xxy 62 +−= , 0=y .

2. XÐt sù ®ång biÕn, nghÞch biÕn cña hµm sè 133 +−= xxy . C©u 6b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz , cho hai ®iÓm )2;0;1(M , )5;1;3(N vµ ®−êng th¼ng

)(d cã ph−¬ng tr×nh ⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=+−=

+=

.6321

tztytx

1. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )(P ®i qua ®iÓm M vµ vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng )(d . 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm M vµ .N

.........HÕt.........

Do n g P

h D

1

bé gi¸o dôc vμ ®μo t¹o

®Ò chÝnh thøc

kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng lÇn 2 n¨m 2007M«n thi: to¸n – Trung häc phæ th«ng ph©n ban



1) NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo çch 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.



C©u §¸p ¸n §iÓm1. (2,5 ®iÓm) 1) TËp x¸c ®Þnh: { }2\ −=RD . 0,25

2) Sù biÕn thiªn: • ChiÒu biÕn thiªn:

Ta cã: 2)2(

3'+

=x

y ; 0'>y víi mäi Dx∈ .

Hµm sè ®ång biÕn trªn çc kho¶ng ( )2;−∞− vµ ( )∞+− ;2 .

0,50

• Cùc trÞ: Hµm sè kh«ng cã cùc trÞ. • TiÖm cËn:

1lim =−∞→y

x vµ 1lim =

+∞→y

x ⇒ tiÖm cËn ngang: 1=y .

∞+=−−→y

x 2lim vµ ∞−=

+−→y

x 2lim ⇒ tiÖm cËn ®øng: 2−=x .

0,75

C©u 1 (3,5 ®iÓm)


0,50

y’ + +

y 1

1

x ∞− -2 ∞+

+ ∞

- ∞

Do n g P

h D

2

3) §å thÞ: -§å thÞ c¾t Ox t¹i ®iÓm )0;1( vµ c¾t Oy t¹i ®iÓm )21;0( − . §å

thÞ nhËn giao ®iÓm )1;2(−I cña hai ®−êng tiÖm cËn lµm t©m ®èi xøng.

0,50

2. (1,0 ®iÓm)

- Giao ®iÓm cña ®å thÞ )(C víi trôc tung lµ )21;0( −M .

- HÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm M lµ 43)0(' =y .

- Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña )(C t¹i ®iÓm M lµ 21

43 −= xy .

1,00

BiÕn ®æi ph−¬ng tr×nh vÒ d¹ng 0147.972 =+− xx .

§Æt )0(7 >= ttx .

Ph−¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh: 01492 =+− tt ⎢⎣

⎡==

⇔.72

tt

0,75

C©u 2 (1,5 ®iÓm)

Víi 2log2 7=⇒= xt . Víi .17 =⇒= xt Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm 2log7=x và .1=x

0,75

Ta cã: 'Δ = 016<− . 0,50

C©u 3

(1,5 ®iÓm) Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ: ix 43 −= vµ ix 43+= . 1,00

1O

y

x

1

-2

I

-1/2

Do n g P

h D

3

C©u 4 (1,5 ®iÓm)

- DiÖn tÝch ®¸y ABCD b»ng 2a . - ABCΔ vu«ng c©n t¹i ®Ønh 2aACB =⇒ .

- §−êng cao h×nh chãp 2aSA= . VËy thÓ tÝch khèi chãp ABCDS. lµ

322..

31 3

2 aaaV == (®vtt).

1,50

1. (1,0 ®iÓm)

Ta cã ∫∫ −==2

0

2

0

2 )2cos1(2

sin

ππ

ππ dxxxdxVx

0,50

= 42

2sin2

22

0

πππ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − xx (®vtt). 0,50

C©u 5a (2,0 ®iÓm)

2. (1,0 ®iÓm) • TËp x¸c ®Þnh: R. • 2,00';164' 3 ±==⇔=−= xxyxxy .

Trong çc kho¶ng )0;2(− vµ );2( ∞+ , 0'>y nªn hµm sè ®ång biÕn. Trong çc kho¶ng )2;( −−∞ vµ )2;0( , 0'<y nªn hµm sè nghÞch biÕn.

1,00

1. (1,0®iÓm)

B¸n kÝnh mÆt cÇu lµ ( ) ( ) ( ) 44574213 222 =−+++−== EFR . 0,50

Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu lµ .44)5()4()1( 222 =−+++− zyx 0,50 2. (1,0®iÓm) Gäi )(α lµ mÆt ph¼ng trung trùc cña ®o¹n th¼ng EF , suy ra )(α ®i qua trung ®iÓm )6;1;2( −I cña ®o¹n th¼ngEF vµ cã vÐc t¬ ph¸p tuyÕn lµ

)1;3;1(=EI .

0,50

C©u 5b

(2,0 ®iÓm)

Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )(α lµ 0)6.(1)1.(3)2.(1 =−+++− zyx hay 053 =−++ zyx . 0,50

A

C

D

S

B a

Do n g P

h D

4

1. (1,0 ®iÓm) -Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®−êng cong xxy 62 +−= vµ ®−êng th¼ng

0=y lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh .6,0062 ==⇔=+− xxxx

-DiÖn tÝch h×nh ph¼ng ®· cho lµ ∫ ∫ +−=+−6

0

6

0

22 )6(6 dxxxdxxx

3633

6

0

23

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−= xx

(®vdt).

1,00

C©u 6a

(2,0 ®iÓm)

2. (1,0 ®iÓm) • TËp x¸c ®Þnh: R . • 10';33' 2 ±=⇔=−= xyxy .

Trªn çc kho¶ng )1;( −−∞ vµ );1( ∞+ , 0'>y nªn hµm sè ®ång biÕn. Trªn kho¶ng )1;1(− , 0'<y nªn hµm sè nghÞch biÕn.

1,00

1. (1,0 ®iÓm)

V× mÆt ph¼ng )(P vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng )(d nªn mÆt ph¼ng )(P

nhËn vÐc t¬ chØ ph−¬ng )1;1;2( −u cña )(d lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,50

MÆt ph¼ng )(P ®i qua ®iÓm )2;0;1(M nªn ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )(P lµ:

( ) .020)2.(1)0.(1)1.(2 =−+⇔=−−+−+− zyxzyx 0,50

C©u 6b

(2,0 ®iÓm)

2. (1,0 ®iÓm)

Gäi )'(d lµ ®−êng th¼ng ®i qua hai ®iÓmM vµN nªn )'(d cã vÐc t¬ chØ

ph−¬ng lµ )3;1;2(=MN .

Do ®ã )'(d cã ph−¬ng tr×nh tham sè lµ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

+==

+=

.32

21

tztytx

1,00

……….HÕt……….

Do n g P

h D

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG LẦN 2 NĂM 2007

Môn thi Toán – Trung học phổ thông không phân ban Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (3,5 điểm) Cho hàm số 3 23 2y x x= − + − , gọi đồ thị của hàm số là ( )C . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C tại điểm uốn của ( )C . Câu 2 (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 4( ) 12

f x xx

= − + −+

trên đoạn [ 1;2]− .

Câu 3 (1,0 điểm)

Tính tích phân 1 2

30

31

xI dxx

=+∫ .


Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hypebol ( )H có phương trình 2 2

116 9x y− = .

Xác định toạ độ các tiêu điểm, tính tâm sai và viết phương trình các đường tiệm cận của hypebol ( )H . Câu 5 (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng ( )d và ( ')d lần lượt có phương trình

1 2 1( ) :1 2 1

x y zd − + −= = và 1

( ') : 1 21 3 .

x td y t

z t

= − +⎧⎪ = −⎨⎪ = − +⎩

1. Chứng minh rằng hai đường thẳng ( )d và ( ')d vuông góc với nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm (1; 2;1)K − và vuông góc với đường thẳng( ')d . Câu 6 (1,0 điểm) Giải phương trình 3 2 23 2 3n n nC C A+ = (trong đó k

nA là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

............HÕt............

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:............................................ Chữ ký của giám thị 1:............

Số báo danh:........................................................... Chữ ký của giám thị 2:...........................................

Do n g P

h D


®Ò CHÝNH THøC

kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng LÇN 2 n¨m 2007 M«n thi: to¸n – Trung häc phæ th«ng kh«ng ph©n ban



1) NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo çch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th×

gi¸m kh¶o 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.



C¢U §¸p ¸n §iÓm1. (2,5 ®iÓm) a) TËp x¸c ®Þnh: .RD = 0,25


• ChiÒu biÕn thiªn: 2' 3 6 3 (2 ).y x x x x= − + = −

' 0 0y x= ⇔ = hoÆc 2.x =

- Trªn çc kho¶ng ( ;0)−∞ vµ (2; )+∞ , ' 0y < nªn hµm sè nghÞch biÕn.

- Trªn kho¶ng (0;2) , ' 0y > nªn hµm sè ®ång biÕn.

• Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i 0x = , yCT 2)0( −== y .

Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i 2x = , yC§ 2)2( == y .

0,75

C©u 1 (3,5 ®iÓm)

• Giíi h¹n: limx

y→−∞

= +∞ ; lim .x

y→+∞

= −∞

• TÝnh låi, lâm vµ ®iÓm uèn cña ®å thÞ:

'' 6 6 6(1 ).y x x= − + = −

'' 0 1.y x= ⇔ =

0,50

Do n g P

h D

x −∞ 1 +∞ ''y + 0 − §å thÞ lâm §iÓm uèn låi (1;0)U


0,50

c) §å thÞ: - §å thÞ cña hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i çc ®iÓm

)0;31(),0;31(),0;1( −+ . - §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm )2;0( − . - §å thÞ nhËn ®iÓm uèn lµm t©m ®èi xøng.

0,50

2. (1,0 ®iÓm) - To¹ ®é ®iÓm uèn lµ )0;1(U HÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i U lµ:

'(1) 3.1.(2 1) 3y = − = . - Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi ®å thÞ ( )C t¹i ®iÓm (1;0)U lµ:

'(1)( 1)y y x= − hay 3 3.y x= −

1,00

C©u 2 (1,0 ®iÓm)

- Ta cã 2

2 24 4'( ) 1 .

( 2) ( 2)x xf x

x x− −= − + =

+ +

- XÐt trªn ®o¹n [ 1;2]− ta cã '( ) 0 0.f x x= ⇔ = - MÆt kh¸c ( 1) 2f − = − ; (2) 2f = − ; (0) 1.f = − VËy

[ ]2)2()1()(min

2;1−==−=

−ffxf ,

[ ]1)0()(

2;1−==

−fxfxma .

1,00

x −∞ 0 1 2 +∞

'y − 0 + 0 − +∞ 2 y 0

( )U −∞

2−

2

21O

-2

y

x 31− 31 +

Do n g P

h D

- §Æt 3 21 3 .x t x dx dt+ = ⇒ = Víi 0x = th× 1t = , víi 1x = th× 2t = .

0,50 C©u 3

(1,0 ®iÓm)

VËy 2

21

1

ln ln 2 ln1 ln 2.dtI tt

= = = − =∫ 0,50

- Ta cã 4, 3a b= = . Suy ra 2 2 2 16 9 25 5.c a b c= + = + = ⇒ = - To¹ ®é çc tiªu ®iÓm cña hypebol ( )H lµ: 1 2( 5;0), (5;0).F F−

0,75

C©u 4 (1,5 ®iÓm)

- T©m sai cña hypebol ( )H lµ: 5 .4

cea

= =

- Ph−¬ng tr×nh çc ®−êng tiÖm cËn cña hypebol ( )H lµ : 3 .4

by x y xa

= ± ⇒ = ±

0,75

1. (1,0 ®iÓm) - VÐct¬ chØ ph−¬ng cña hai ®−êng th¼ng ( )d vµ ( ')d lÇn l−ît lµ:

(1;2;1)u = vµ ' (1; 2;3).u = −

- Ta cã: ' 1.1 2.( 2) 1.3 0.u u⋅ = + − + = Suy ra hai ®−êng th¼ng ( )d vµ ( ')d vu«ng gãc víi nhau.

1,00

C©u 5 (2,0 ®iÓm)

2. (1,0 ®iÓm) - Gäi ( )α là mÆt ph¼ng ®i qua ®iÓm (1; 2;1)K − vµ vu«ng gãc víi ( ')d .

- MÆt ph¼ng ( )α nhËn vÐct¬ chØ ph−¬ng ' (1; 2;3)u = − cña ®−êng th¼ng ( ')d lµm vÐct¬ ph¸p tuyÕn suy ra ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( )α lµ: 1.( 1) 2.( 2) 3.( 1) 0x y z− − + + − = . -VËy ( )α cã ph−¬ng tr×nh: 2 3 8 0.x y z− + − =

1,00

C©u 6 (1,0 ®iÓm)

§iÒu kiÖn: .3, ≥∈ nNn

Ta cã:

3 2 2 ! ! !3 2 3 3 2 3( 3)!3! ( 2)!2! ( 2)!n n nn n nC C A

n n n+ = ⇔ + =

− − −

1 1 3 62 2 2

nn n

⇔ + = ⇔ =− −

(tho¶ m·n ®iÒu kiÖn). VËy 6.n =

1,00

……….HÕt……….

Do n g P

h D




C©u 1 (3,5 ®iÓm) Cho hµm sè 24 x2xy −= . 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè. 2) ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é 2x −= .

C©u 2 (2,0 ®iÓm) 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè:

x9x)x(f += trªn ®o¹n [ ]4;2 .

2) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ +1

0

x xdx)e1( .

C©u 3 (1,5 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é Oxy, cho hai ®iÓm A(0; 8) vµ B( −6; 0). Gäi (T) lµ ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c OAB. 1) ViÕt ph−¬ng tr×nh cña (T). 2) ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (T) t¹i ®iÓm A. TÝnh cosin cña gãc gi÷a tiÕp tuyÕn ®ã víi ®−êng th¼ng 01y =− .

C©u 4 (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho ®iÓm M(1; 2; 3) vµ mÆt ph¼ng (α) cã ph−¬ng tr×nh 035z6y3x2 =++− . 1) ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua ®iÓm M vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (α). 2) TÝnh kho¶ng çch tõ ®iÓm M ®Õn mÆt ph¼ng (α). T×m to¹ ®é ®iÓm N thuéc trôc Ox sao cho ®é dµi ®o¹n th¼ng NM b»ng kho¶ng çch tõ ®iÓm M ®Õn mÆt ph¼ng (α).

C©u 5 (1,0 ®iÓm)

Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh 3n

3n

4n

2 A2C2C)5n( ≤+− .

(Trong ®ã knC lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö vµ k

nA lµ sè chØnh hîp chËp k cña n phÇn tö).

.........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: ..................................................

Do n g P

h D

1



kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2008 M«n thi: to¸n – Trung häc phæ th«ng kh«ng ph©n ban








c©u §¸p ¸n §iÓm

1. (2,5 ®iÓm)

a) TËp x¸c ®Þnh: R, hµm sè lµ hµm ch½n. 0,25


• ChiÒu biÕn thiªn: 3 2y = 4x -4x = 4x(x -1),′ nghiÖm ph−¬ng tr×nh y’ = 0 lµ: x = 0, x = -1, x = 1. y’ > 0 trªn çc kho¶ng (- 1; 0) vµ );1( ∞+ y’ < 0 trªn çc kho¶ng )1;( −−∞ vµ (0; 1). Hµm sè ®ång biÕn trªn çc kho¶ng (- 1; 0) vµ ,);1( ∞+ nghÞch biÕn trªn çc kho¶ng )1;( −−∞ vµ (0; 1). • Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 0; yC§ = 0, ®¹t cùc tiÓu t¹i x = - 1 vµ x = 1; yCT = - 1.

0,75

C©u 1

(3,5 ®iÓm)

• Giíi h¹n: +∞=−∞→

ylimx

; xlim y→+∞

= +∞

• TÝnh låi lâm, ®iÓm uèn: y” = 12x2 – 4 ; y” = 0 1x = ± .3

⇔

y’’< 0 khi x∈ )3

1;3

1(− , y’’> 0 khi x∈ );3

1()3

1;( ∞+∪−−∞

⇒®å thÞ hµm sè låi trªn kho¶ng 1 1(- ; ),3 3

lâm trªn çc kho¶ng

);3

1(),3

1;( ∞+−−∞ vµ cã hai ®iÓm uèn:

U1 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−95;

31

vµ U2 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −95;

31

0,50

Do n g P

h D

2


0,50

c) §å thÞ: - Giao ®iÓm víi Ox: (0; 0), ( )0;2(),0;2 − víi Oy: (0; 0). - §å thÞ hµm sè nhËn trôc tung lµm trôc ®èi xøng.

0,50

2. (1,0 ®iÓm) §iÓm thuéc ®å thÞ hµm sè cã hoµnh ®é x = - 2, cã tung ®é y = 8;

)2('y − = - 24. 0,50

Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cÇn t×m lµ: y – 8 = )2('y − (x + 2) hay y = -24x – 40. 0,50

1. (1,0 ®iÓm)

XÐt trªn ®o¹n [ ]4;2 , hµm sè ®· cho cã: ( ) 2x91xf −=′ ; ( ) 0xf =′ 3x =⇔ 0,50

425)4(f;6)3(f;

213)2(f === .

KÕt luËn: [ ] [ ]2;42;4

13max f(x)= ; min f(x)=6.2

0,50

2. (1,0 ®iÓm) §Æt u = x vµ dv = (1 + ex)dx ⇒ du = dx vµ v = x + ex

I = ∫ +−+1

0

x1

0x dx)ex()]ex(x[ 0,50

C©u 2 (2,0 ®iÓm)

I = 1

0x

2

)e2

x(e1 +−+ = )1e21(e1 −+−+ =

3 .2

0,50

C©u 3

(1,5 ®iÓm)

1. (0,75 ®iÓm) §−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c OAB nhËn AB lµm ®−êng kÝnh. T©m cña ®−êng trßn lµ trung ®iÓm I cña ®o¹n th¼ng AB.

I = (- 3; 4); b¸n kÝnh b»ng .5AB21 =

Ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn cÇn t×m lµ: 25)4y()3x( 22 =−++ .

0,75

1x

y

-1

-1

- 2 2 O

x

y

y’

-∞

+∞

0- 1 1

0 0 0 + + --

+∞

+∞0

- 1 - 1 -

95 -

95

13

- 13

Do n g P

h D

3

2. (0,75 ®iÓm)

TiÕp tuyÕn cÇn t×m nhËn vect¬ )4;3(IA = lµ mét vect¬ ph¸p tuyÕn. Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn lµ: 0)8y(4)0x(3 =−+− 3x + 4y-32= 0.⇔

0,50

Gäi α lµ gãc gi÷a tiÕp tuyÕn vµ ®−êng th¼ng y – 2 = 0

54

43

1.43.0cos

22=

+

+=α⇒ . 0,25

1. (1,0 ®iÓm)

§−êng th¼ng cÇn t×m vu«ng gãc víi mp( ),α nhËn )6;3;2(n −= lµ mét vect¬ chØ ph−¬ng.

Ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®−êng th¼ng cÇn t×m lµ: 6

3z32y

21x −=

−−=−

.

1,0

2. (1,0 ®iÓm) d(M,( ))α = 2 2 2

2.1-3.2+6.3+35= 7

2 +(-3) + 6 0,50

C©u 4

(2,0 ®iÓm)

§iÓm N thuéc Ox ⇒ N(a; 0; 0) 2 2 2NM = (a -1) + 2 +3 .⇒

d(M,( ))α = NM ⇔ 732)1a( 222 =++−

a 7(a 1) 36

a 5=⎡

⇔ − = ⇔ ⎢ = −⎣2

Cã hai ®iÓm N tho¶ m·n yªu cÇu ®Ò bµi víi to¹ ®é lµ: (7; 0; 0), (- 5; 0; 0).

0,50

§K: n N∈ vµ n 4≥ .

BÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho cã d¹ng: )!3n(

!n2!3)!3n(

!n2!4)!4n(!n)5n( 2

−≤

−+

−−

0,50

C©u 5

(1,0 ®iÓm)

0)5n2n)(5n( 2 ≤++−⇔

05n ≤−⇔ (v× n,05n2n 2 ∀>++ ) 5n ≤⇔ . KÕt hîp ®iÒu kiÖn, ®−îc nghiÖm cña bÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho lµ: n = 4 vµ n = 5.

0,50

……….HÕt……….

Do n g P

h D





I. PhÇn chung cho thÝ sinh c¶ 2 ban (8 ®iÓm)

C©u 1 (3,5 ®iÓm)

Cho hµm sè 1x3x2y 23 −+= . 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 3 22x 3x 1 m.+ − =

C©u 2 (1,5 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2x 1 x3 9.3 6 0+ − + = .

C©u 3 (1,0 ®iÓm)

TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc 22 )i31()i31(P −++= . 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) TÝnh tÝch ph©n dx)x1(xI 431

1

2 −= ∫−

.

2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f (x) x 2 cos x= + trªn ®o¹n ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ π2;0 .

C©u 5b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho ®iÓm )2;2;3(A −− vµ mÆt ph¼ng (P) cã ph−¬ng tr×nh

01zy2x2 =−+− . 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 çch 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 çch gi÷a (P) vµ (Q) b»ng kho¶ng çch 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)

1) TÝnh tÝch ph©n 2

0

J (2x 1)cos xdx

π

= −∫ .

2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè 1x2x)x(f 24 +−= trªn ®o¹n [ ]2;0 .

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),− )3;4;2(B 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: ..................................................

Do n g P

h D

1

Bé gi¸o dôc vμ ®μo t¹o ®Ò thi chÝnh thøc

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








c©u §¸p ¸n §iÓm1. (2,5 ®iÓm)

a) TËp x¸c ®Þnh: R 0,25

b) Sù biÕn thiªn: • ChiÒu biÕn thiªn:

)1x(x6x6x6y 2 +=+=′ . Ph−¬ng tr×nh 0y =′ cã nghiÖm: x = -1, x = 0. 0,50

( ) ( )∞+∪−∞−∈⇔>′ ;01;x0y , ( )0;1x0y −∈⇔<′ .

Hµm sè ®ång biÕn trªn çc kho¶ng ( )1;−∞− vµ ( )∞+;0 , nghÞch biÕn trªn kho¶ng (-1; 0). • Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = -1, yC§ = 0, ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 0, yCT = -1.

• Giíi h¹n: −∞=−∞→y

xlim ; +∞=

+∞→y

xlim

0,75

C©u 1

(3,5 ®iÓm)


0,50

-1 0- ∞ + ∞ x

y

y’ 0 0 ++ -

+ ∞

- ∞

0

-1

Do n g P

h D

2

c) §å thÞ: Giao ®iÓm víi Oy: (0; -1).

Giao ®iÓm víi Ox: (-1; 0) vµ ( )0;21

0,50

2. (1,0 ®iÓm) Sè nghiÖm thùc cña ph−¬ng tr×nh 3 22x +3x -1= m b»ng sè giao ®iÓm cña ®å

thÞ (C) cña hµm sè 1x3x2y 23 −+= 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. 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.

1,0

§Æt 0t3x >= 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

C©u 2

(1,5 ®iÓm)

NÕu t =1 th× 3x = 1 ⇔ x = 0. NÕu t = 2 th× 3x = 2 ⇔ x = log32. VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm: x = 0, x = log32.

0,75

Khai triÓn ®óng: + = + −2(1 3 i ) 1 2 3 i 3 vµ − = − −2(1 3 i ) 1 2 3 i 3 0,50 C©u 3

(1,0 ®iÓm) Rót gän ®−îc = −P 4 0,50

C©u 4

(2,0 ®iÓm)

1. (1,0 ®iÓm) Tam gi¸c SBC c©n t¹i S, I lµ trung ®iÓm BC suy ra SIBC ⊥ . Tam gi¸c ABC ®Òu suy ra AIBC ⊥ .

0,50

Ox

y

-1-1

21

O

S

A C

B

I

Do n g P

h D

3

V× BC vu«ng gãc víi hai c¹nh AI vµ SI cña tam gi¸c SAI nªn SABC ⊥ . 0,50

2. (1,0 ®iÓm)

Gäi O lµ t©m cña ®¸y ABC, ta cã 33a

23a

32AI

32AO === . V× S.ABC lµ

h×nh chãp tam gi¸c ®Òu nªn ).ABC(SO ⊥

0,50

XÐt tam gi¸c SOA vu«ng t¹i O:

333aSO

9a33)

33a()a2(AOSASO

222222 =⇒=−=−=

ThÓ tÝch khèi chãp S.ABI lµ: 3

S.ABI ABI

1 1 1 1 a 3 a a 33 a 11V S .SO AI.BI.SO

3 3 2 6 2 2 3 24= = = = (®vtt).

0,50

1. (1,0 ®iÓm) §Æt u = 1 – x3 ⇒ du = -3x2dx. Víi x = -1 ⇒ u = 2, x = 1 ⇒ u = 0. 0,50

= − = = =∫ ∫0 2

4 4 5

2 0

21 1 1 32I ( u )du u du u

3 3 15 0 5. 0,50

2. (1,0 ®iÓm)

XÐt trªn ®o¹n ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ π2;0 , hµm sè ®· cho cã: xsin21)x(f −=′ ;

4x0)x(f π=⇔=′ .

0,50

C©u 5a

(2,0 ®iÓm)

2)2(f;1

4)4(f;2)0(f π=π+π=π= .

VËy 2)x(fmin]2;0[

=π

, 14

)x(fmax]2;0[

+π=π

. 0,50

1. (1,0 ®iÓm)

§−êng th¼ng cÇn t×m vu«ng gãc víi (P), nhËn )1;2;2(n −= lµ mét vect¬ chØ ph−¬ng.

Ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng lµ:⎪⎩

⎪⎨

⎧

+−=−−=

+=

t2zt22yt23x

1,0

2. (1,0 ®iÓm) Kho¶ng çch tõ ®iÓm A ®Õn mÆt ph¼ng (P) lµ:

37

1)2(2

1)2.(1)2.(23.2))P(,A(d

222=

+−+

−−+−−= .

0,25

C©u 5b

(2,0 ®iÓm)

Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (Q) song song víi mÆt ph¼ng (P) cã d¹ng 2x – 2y + z + D = 0.

Do n g P

h D

4

Chän ®iÓm M(0; 0; 1) thuéc mÆt ph¼ng (P). Kho¶ng çch tõ ®iÓm M ®Õn mÆt

ph¼ng (Q) lµ: 3D1

1)2(2

D1.10.20.2))Q(,M(d

222

+=

+−+

++−= .

Kho¶ng çch gi÷a hai mÆt ph¼ng (P) vµ (Q) b»ng kho¶ng çch tõ ®iÓm M ®Õn mÆt ph¼ng (Q).

Do ®ã tõ gi¶ thiÕt ta cã: 7D137

3D1

=+⇔=+

⎢⎣

⎡−=

=⇔

8D6D

VËy cã hai mÆt ph¼ng (Q) tho¶ m·n ®Ò bµi: (Q1): 2x – 2y + z + 6 = 0; (Q2): 2x – 2y + z - 8 = 0.

0,75

1. (1,0 ®iÓm)

§Æt ⎩⎨⎧

=−=xdxcosdv1x2u

⇒ ⎩⎨⎧

==

xsinvdx2du

⇒ [ ] 2

0

J (2x 1)sin x 2 sin xdx20

ππ= − − ∫ 0,50

J ( 1) 2 cos x 20

π= π − + = (π -1)+2(0-1)= π -3.

0,50

2. (1,0 ®iÓm) XÐt trªn ®o¹n [0; 2], hµm sè ®· cho cã: )1x(x4x4x4)x(f 23 −=−=′ ;

⎢⎣

⎡==

⇔=′1x0x

0)x(f 0,50

C©u 6a (2,0 ®iÓm)

f(0) = 1; f(1) = 0; f(2) = 9. VËy

[0;2]min f(x)=0,

[0;2]max f(x)=9. 0,50

1. (1,0 ®iÓm)

MÆt ph¼ng cÇn t×m vu«ng gãc víi BC, nhËn )4;2;0(BC −−= lµ mét vect¬ ph¸p tuyÕn.

0,50

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 ADBC = (1).

Gäi to¹ ®é cña D lµ (x; y; z). Ta cã )1z;4y;1x(AD +−−=

vµ )4;2;0(BC −−= .

0,50

C©u 6b

(2,0 ®iÓm)

§iÒu kiÖn (1)

⇔⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=+−=−

=−

41z24y01x

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−===

⇔5z2y1x

⇒D(1; 2; -5). 0,50

……….HÕt……….

Do n g P

h D


ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2008 LẦN 2 Môn thi: TOÁN – Trung học phổ thông phân ban

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO THÍ SINH CẢ 2 BAN (8,0 điểm)


Cho hàm số 3x 2yx 1

−=+

,

log x 2 log x 2 log 5+ + − = x .∈

)

gọi đồ thị của hàm số là ( )C .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có tung độ bằng ( )C 2.−

Câu 2 (1,5 điểm) Giải phương trình ( ) ( ) ( )3 3 3

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình trên tập số phức. 2x 2x 2 0− + =

Câu 4 (2,0 điểm) Cho hình chóp có đáy là tam giác vuông tại B, đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng ( Biết

S.ABC ABCABC . AB a,= BC a 3= và SA 3a.=

1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 2. Gọi I là trung điểm của cạnh SC, tính độ dài đoạn thẳng BI theo a.

II. PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH TỪNG BAN (2,0 điểm) A. Thí sinh Ban KHTN chọn câu 5a hoặc câu 5b Câu 5a (2,0 điểm)

1. Tính tích phân ( )1

x

0

I 4x 1 e d= +∫ x.

x 2x 4x 3= − + +2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên đoạn ( ) 4 2 [ ]0; 2 . Câu 5b (2,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm và mặt phẳng (P) có phương trình

( )M 1; 2; 0 ,− (N 3; 4; 2− )

6x 4x 1 dx.= − +∫x 2x 6x 1= − +

2x 2y z 7 0.+ + − =1. Viết phương trình đường thẳng MN. 2. Tính khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng (P).

B. Thí sinh Ban KHXH&NV chọn câu 6a hoặc câu 6b Câu 6a (2,0 điểm)

1. Tính tích phân J ( )2

2

1

2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên đoạn ( ) 3 2 [ ]1; 1 .− Câu 6b (2,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm và mặt phẳng (P) có phương trình .

(A 2; 1; 3− )− − − =x 2y 2z 10 0

1. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng (P).

...............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 ký của giám thị 1: .......................................... Chữ ký của giám thị 2: ..........................

Do n g P

h D


ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2008 LẦN 2 Môn thi: TOÁN – Trung học phổ thông phân ban

HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản Hướng dẫn chấm có 04 trang

I. Hướng dẫn chung

1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định.

2. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong Hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với Hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong 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

1. (2,5 điểm)

a) Tập xác định: { }D \ 1= − . 0,25

b) Sự biến thiên:

• Chiều biến thiên: ( )2

5y ' ,x 1

=+

với ∀ ∈ y ' 0> x D

1

.

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) và ( ) ; 1−∞ − 1; .− + ∞

• Cực trị: Hàm số không có cực trị.

0,75

• Giới hạn, tiệm cận: Tiệm cận đứng: .

( ) ( )x 1 x 1lim y , lim y .

− +→ − → −= + ∞ = − ∞ x 1= −

= Tiệm cận ngang: x xlim y 3, lim y 3.→−∞ →+∞

= y 3.=

0,50


• Bảng biến thiên:

0,50 y

+ ∞

x −∞ 1−y ' + +

3

+ ∞

3

−∞

Do n g P

h D

2

c) Đồ thị:

Đồ thị cắt trục Ox tại điểm 2 ; 0 ,3

⎛⎜⎝ ⎠

⎞⎟ cắt trục Oy tại điểm ( )0; 2 .−

0,50

y

O

2. (1,0 điểm)

Điểm thuộc đồ thị có tung độ là điểm ( ) y = −2 0; 2 ;− ( )y ' 0 5.= 0,50

Phương trình tiếp tuyến cần tìm: hay ( )y 5 x 0 2= − − y 5x 2.= − 0,50

Phương trình đã cho tương đương

( )23 3

x 2 0x 2 0

log x 4 log 5

⎧ + >⎪⎪ − >⎨⎪ − =⎪⎩

0,50

2

x 2x 4

>⎧⇔ ⎨

− =⎩ 5 0,50


x 2x 3.x 3

x 3

>⎧⎪⇔ ⇔=⎡⎨⎢⎪ = −⎣⎩

=

Nghiệm của phương trình là x 3.=

0,50

( )224 4i 2i .Δ = − = = 0,50 Câu 3 (1,0 điểm)

Nghiệm của phương trình là: và x 1 i= + x 1 i.= − 0,50

1. (1,0 điểm) Câu 4 (2,0 điểm) Tam giác ABC vuông tại B, nên

diện tích của tam giác ABC là: 2

ABC1 aS BA.BC2 2Δ = = 3 .

0,50

x1−

3

2−

S

A

B

C

I

Do n g P

h D

3

S.ABC ABC1 aV SA.S3 2Δ= = 3 . 0,50 Thể tích khối chóp S.ABC:

2. (1,0 điểm)

( )SA ABC⊥ và BC (định lý ba đường vuông góc).

Tam giác SBC vuông tại B, nên

AB⊥ BC SB⇒ ⊥0,50 SCBI .

2=

Tam giác SBC vuông tại B và tam giác SAB vuông tại A, nên:

Vậy 0,50 a 13BI .2

= 2 2 2 2 2 2SC SB BC SA AB BC 13a .= + = + + = 2

3

1. (1,0 điểm) Câu 5a

Đặt u 4 ta chọn x 1 du 4dx;= + ⇒ = xdv e dx,= xv e .=

( )11x x

00

I 4x 1 e 4 e dx= + − ∫ 0,50

(2,0 điểm)

1x0

5e 1 4e e 3.= − − = + 0,50

2. (1,0 điểm)

Trên đoạn [ ]0; 2 , ta có: ( ) ( )3 x 0f ' x 8x 8x; f ' x 0

x 1.=⎡

= − + = ⇔ ⎢ =⎣0,50

Tính và hoặc lập bảng biến thiên của hàm

số, ta được: và ( ) ( )f 0 3, f 1 5= = ( )f 2 13= −

0,50 [ ]

( ) ( )0; 2

max f x f 1 5= =[ ]

( ) ( )0; 2

min f x f 2 13.= = −

1. (1,0 điểm) Câu 5b

( )MN 4;6;2= −Vectơ chỉ phương đường thẳng MN: hay (u 2;3;1= − ). 0,50 (2,0 điểm)

x 1 y 2 z .2 3

− += =−

Phương trình đường thẳng MN: 1

0,50

2. (1,0 điểm)

Trung điểm của đoạn thẳng MN: ( )I 1; 1; 1 .− 0,50

( ) 2 2 1 7d I, (P) 2.

4 4 1− + + −

= =+ +

Khoảng cách từ I đến (P): 0,50

1. (1,0 điểm) Câu 6a

( ) 23 21

J 2x 2x x= − + 0,50 (2,0 điểm)

( ) ( )16 8 2 2 2 1 9.= − + − − + = 0,50

Do n g P

h D

2. (1,0 điểm)

Trên đoạn [ ]1;1 ,− ta có: ( ) ( )2f ' x 6x 12x; f ' x 0 x 0.= − = ⇔ = 0,50

Tính và hoặc lập bảng biến thiên của

hàm số, ta được: và ( ) ( )f 0 1, f 1 7= − = − ( )f 1 3= −

0,50 [ ]

( ) ( )1; 1

max f x f 0 1−

= =[ ]

( ) ( )1; 1

min f x f 1 7.−

= − = −

4

1. (1,0 điểm) Câu 6b

Khoảng cách từ đến (P): A ( )( ) 2 2 6 10d A, P

1 4 4+ − −

=+ +

0,50 (2,0 điểm)

12 4.3

= = 0,50

2. (1,0 điểm)

là một vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm. (n 1; 2; 2− − ) 0,50

Phương trình đường thẳng cần tìm: x 2 ty 1 2z 3 2t

= +⎧⎪ = − −⎨⎪ = −⎩

t.

0,50

……….Hết……….

Do n g P

h D


ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2008 LẦN 2 Môn thi: TOÁN – Trung học phổ thông không phân ban



Cho hàm số 3 2y x 3x= − .

0

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có ba nghiệm phân biệt.

3 2x 3x m− − =


1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2x 1f ( trên đoạn x)x 3

−=−

[ ]0; 2 .

2. Tính tích phân 1

0

I 3x 1d= +∫ x.

)


Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A B( ) và

( )2; 1 , 1; 0−( )C 1; 2 .−

1. Chứng minh rằng tam giác ABC cân tại đỉnh A. 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng AB.


Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm và đường thẳng d

có phương trình

(M 2; 1; 2− −x 1 y 1 z .

2 1− += =

− 2

1. Chứng minh rằng đường thẳng OM song song với đường thẳng d. 2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d.


Tìm hệ số của trong khai triển nhị thức Niutơn của 7x ( )102x 1 .−..................Hết.................


Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh:...........................................

Chữ ký của giám thị 1: ................................ Chữ ký của giám thị 2:...........................

Do n g P

h D


ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2008 LẦN 2 Môn thi: TOÁN – Trung học phổ thông không phân ban

HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản Hướng dẫn chấm có 03 trang


1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định.

2. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong Hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với Hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong 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).


CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1. (2,5 điểm)

a) Tập xác định: D . = 0,25



• Chiều biến thiên: x 0

y ' 0x 2

=⎡= ⇔ ⎢ =⎣

2y ' 3x 6x;= −.

))

( ) ( ) (y ' 0 x ; 0 2; và y ' 0 x 0; 2 .> ⇔ ∈ −∞ ∪ + ∞ < ⇔ ∈

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) (; 0 và 2; .−∞ + ∞ 0.75

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0; 2 .

• Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại yx 0,= CĐ = 0.

Hàm số đạt cực tiểu tại yx 2,= CT = . 4−

• Giới hạn: x xlim y , lim y .→+∞ →−∞

= + ∞ = −∞

• Tính lồi lõm và điểm uốn của đồ thị: y '' 6x 6; y '' 0 x 1.= − = ⇔ =

0,50

lõm

x −∞ 1 y" − 0

+ ∞ +

Đồ thị lồi Điểm uốn ( )U 1; 2−

1

Do n g P

h D

• Bảng biến thiên

0,50 + ∞y

0

−∞

x −∞ 0 2 + ∞

y ' + 0 − 0 +

4−

c) Đồ thị: Đồ thị đi qua gốc tọa độ O

và cắt trục Ox tại điểm ( ) 3;0 .

0,50

3

x

1 1−

y

2−

4−

O 2

2. (1,0 điểm)

Phương trình (1). 3 2 3 2x 3x m 0 x 3x m− − = ⇔ − =0,50 Số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số và

đường thẳng

3 2y x 3x= −y m.=

Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 4 m 0.− < < 0,50

1. (1,0 điểm) Câu 2

Xét trên đoạn [ ]0;2 , ta có: ( )( )2

5f ' x 0.x 3

−= <−

0,50 (2,0 điểm)

( ) ( )1f 0 và f 2 3.3

= = −

0,50

[ ]( ) ( )

0; 2

1max f x f 03

= = và [ ]

( ) ( )0; 2min f x f 2 3.= = −

2. (1,0 điểm)

2t 3x 1 t 3x 1 2tdt 3dx.= + ⇒ = + ⇒ =Đặt 0,50

Đổi cận: x 0 t 1 và x 1 t 2= ⇒ = = ⇒ = .

22 3

1

22 2I t dt t13 9

= = =∫14 .9

0,50

2

Do n g P

h D

1. (0,75 điểm) Câu 3

Ta có AB AC 10.= = Vậy tam giác ABC cân tại đỉnh A.

0,75

(1,5 điểm)

2. (0,75 điểm)

( )2 1G ; ; BA 3;13 3

⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠

.Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có 0,50

2 13 x 1 y 03 3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Phương trình đường thẳng cần tìm: hay

0,25

9x 3y 5 0.+ − =

1. (1,0 điểm) Câu 4

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d và đường thẳng O lần lượt là và OM u

M 2; 1; 2 ;= − −( )u 2; 1; 2= − ( ) cùng phương OM . 0,75

(2,0 điểm)

Mặt khác, . Suy ra OM song song với d. ( )O 0; 0; 0 d∉ 0.25

2. (1,0 điểm)

( )u 2; 1; 2= − .Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là 0,50

Phương trình mặt phẳng cần tìm: hay

( ) ( ) ( )2 x 2 1 y 1 2 z 2 0+ − − + + =0,50

2x y 2z 9 0.− + + =

Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của ( ) là 102x 1−

( ) ( ) ( ) ( )10 k k kk 10 k k 10 kk 1 10 10T C 2x 1 1 2 C x k 0, 1, ..., 10 .− − −

+ = − = − = 0,50


Ta có 10 k 7 k 3.− = ⇔ =0,50

Hệ số của là ( )3 7 3101 2 C .−7x

……….Hết……….

3


ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2009

Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông 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)

Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số 2 12

xyx

+=

−.

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 6.5 5 0x x− + =

2) Tính tích phân 0

(1 cos ) d .I x xπ

= +∫ x

3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2( ) ln(1 2 )f x x 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 , tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. 0120BAC =

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): và (P): 2 2 2( 1) ( 2) ( 2) 3x y z− + − + − = 6 02 2 18x y z+ + + = .

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 42 1 0z z− + = 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

1 22 1

x y z 31

+ − += =

−.

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 22 1z iz 0− + = trên tập số phức. ......... Hết .........


Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh:...........................

Chữ kí của giám thị 1: ................................ Chữ kí của giám thị 2: ................................

www.VNMATH.com




Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông

HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn gồm 05 trang


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).



1. (2,0 điểm)

a) Tập xác định: { }\ 2D = 0,25


• Chiều biến thiên: y' = 2

5( 2)x

−−

< 0 ∀x ∈ D.

Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ); 2−∞ và . ( )2;+∞

• Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.

0,50

Lưu ý: Ở ý b), cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số.

• Giới hạn và tiệm cận:

2limx

y+→

= + ∞ , 2

limx

y−→

= −∞ ; lim lim 2x x

y y→−∞ →+∞

= = .

Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng 2x = và một tiệm cận ngang là đường thẳng 2y = .

0,50



x – ∞ 2 + ∞ y' – –

y 2 + ∞ – ∞ 2

0,25

1

www.VNMATH.com

c) Đồ thị (C):

(C) cắt trục tung tại điểm 10;2

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

và cắt trục hoành tại điểm 1 ;02

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

0,50

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: Hệ số góc của d bằng – 5 ⇔ y'(x0) = – 5

0,25

⇔ 20

5 5( 2)x

− = −−

⇔ 0

0

13

xx=⎡=⎢⎣

0 0 0 01 3; 3x y x y= ⇒ = − = ⇒ = 7 . 0,50

Từ đó, ta được các phương trình tiếp tuyến theo yêu cầu của đề bài là: 5y x= − + 2 2 và 5 2y x= − + . 0,25

1. (1,0 điểm)

Đặt 5x = t, t > 0, từ phương trình đã cho ta có phương trình t2 – 6t + 5 = 0 (*) 0,50

Giải (*), ta được t và t1= 5= . 0,25

Với t , ta được: 51= 1x = ⇔ 0x = Với t , ta được: 55= 5x = ⇔ 1x = Vậy, phương trình đã cho có tất cả 2 nghiệm là 2 giá trị x vừa nêu trên.

0,25

2. (1,0 điểm)

Đặt u và , ta có dx= d (1 cos )dv x= + x xdu = và v x sin x= + . 0,50

Do đó: 00

( sin ) ( sin )dI x x x x xππ= + − +∫ x 0,25


= 2 2

2

0

4cos2 2x x

πππ ⎛ ⎞ −

− − =⎜ ⎟⎝ ⎠

. 0,25

y

2

x 2 O 1

2−

12

−

2

www.VNMATH.com

Lưu ý: • Thí sinh được phép trình bày lời giải vừa nêu trên như sau:

2 22

00 0 0

4d( sin ) ( sin ) ( sin )d cos2 2xI x x x x x x x x x x

ππ ππ ππ ⎛ ⎞ −

= + = + − + = − − =∫ ∫ ⎜ ⎟⎝ ⎠

• Ngoài cách 1 nêu trên, còn có thể tính I theo cách sau: Cách 2:

0 0

2 2

00 00

2 2

0

d cos d (*)

d(sin ) sin sin d (**)2 2

4cos .2 2

I x x x x x

x x x x x x x

x

π π

ππ ππ

π

π

π π

= +∫ ∫

= + = + −∫ ∫

−= + =

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)

Ta có: 2 2(2 1)( 1)2 1

x xx x

'( ) 21 2

f x x + −−

= + =−

∀x ∈(– 2; 0).

Suy ra, trên khoảng (– 2; 0): 1'( ) 02

f x x= ⇔ = − . 0,50

Ta có: , , (0) 0f = ( 2) 4 ln 5f − = −1 1 ln 22 4

f ⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠

. 0,25

Vì 4

44 ln 5 ln 0 (do 5)5e e− = > > và

441 ln 2 ln 0 (do 2 )

4 2e e− = < <

Nên [ ]2;0

1min ( ) ln 24x

f x∈ −

= − và [ ]2;0

max ( ) 4 ln 5x

f x∈ −

= − . 0,25

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

[ 2;0]min ( )f x−

và ma[ 2;0]

x ( )f x−

.


Vì SA ⊥ mp(ABC) nên

SA ⊥ AB và SA ⊥ AC. Xét hai tam giác vuông SAB và SAC, ta có

}chungSA SAB SACSB SC ⇒ Δ = Δ=

AB AC⇒ =

0,25

S

C

B

a

A

3

www.VNMATH.com

Áp dụng định lí côsin cho tam giác cân BAC, ta được 2 2 2 2 2 02 . .cos 2 (1 cos120 ) 3a BC AB AC AB AC BAC AB AB= = + − = − = 2

Suy ra 33

aAB = .

Do đó 2 2 63

aSA SB AB= − = và SABC = 2

21 3.sin2 1

aAB BAC =2

.

0,50

Vì vậy VS.ABC = 13

SABC.SA = 3 236

a . 0,25

Lưu ý: Ở câu này, không cho điểm hình vẽ.

1. (0,75 điểm)

• Tâm T và bán kính R của (S): (1;2;2)T = và 6R = . 0,25

• Khoảng cách h từ T đến (P): 2 2 2

|1.1 2.2 2.2 18 | 91 2 2

h + + += =

+ + 0,50

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. Từ phương trình của (P), ta có ( )1;2;2n = .

0,25

Do đó, phương trình tham số của d là: 12 22 2

x ty tz t

= +⎧⎪ = +⎨= +⎪⎩

0,25

• Toạ độ giao điểm H của d và (P): Do H∈ d nên toạ độ của H có dạng (1 + t ; 2 + 2t ; 2 + 2t).

0,25

Vì H ∈ (P) nên 1 + t + 2(2 + 2t) + 2(2 + 2t) + 18 = 0, hay . 3t = − 0,25

Câu 4a (2,0 điểm)

Do đó ( 2; 4; 4)H = − − − . 0,25

Ta có: . 216 32 16 (4 )iΔ = − = − = 0,50

Do đó, phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

14 4 1 1

16 4 4iz i+

= = + và 24 4 1 1

16 4 4iz i−

= = − . 0,50

Câu 5a (1,0 điểm)

Lưu ý: Cho phép thí sinh viết nghiệm ở dạng 1, 21

4iz ±

= hoặc 1, 24 4

16iz ±

= .

1. (0,75 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). Từ phương trình của d, ta có ( )2;1; 1u = − .

0,25

Câu 4b (2,0 điểm)

Do đó, phương trình tổng quát của mp(P) là: 2.( 1) 1.( 2) ( 1)( 3) 0x y z− + + + − − = hay 2 3 0x y z+ − + = . 0,50

4

www.VNMATH.com

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.

Do đó ,

| |

BA uh

u

⎡ ⎤⎣ ⎦= .

0,50

Ta có . Do đó: (2; 4;6)BA = −

( )1 1 1 2 2 1, ; ; (2; 14; 10)4 6 6 2 2 4BA u − −⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ − − − − 0,25

Vì vậy 2 2 2

2 2 2

2 ( 14) ( 10) 5 22 1 ( 1)

h + − + −= =

+ + −. 0,25

• 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:

2 2 2( 1) ( 2) ( 3) 5x y z− + + + − = 0 0,25

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 1 2

2 12 3

x y z

x y z

31

0

+ − +⎧⎪ = =⎨ −⎪ + − + =⎩

Từ kết quả giải hệ trên ta được ( )3 ; 1 ; 2H = − − .

0,50

Vì vậy ( ) ( ) ( )2 2 21 3 2 1 3 2 5 2h AH= = + + − − + + = . 0,25

Ta có: . ( )22 8 9 3i iΔ = − = − = 0,50 Câu 5b (1,0 điểm)

Do đó, phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

13

4i iz i+

= = và 23 1

4 2i iz i−

= = − . 0,50

- Hết -

5

www.VNMATH.com



KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2010 Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số 3 21 3 5.4 2

y x x= − +

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x3 – 6x2 + m = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt.

Câu 2 (3,0 điểm).

1) Giải phương trình 22 42log 14log 3 0.x x− + =

x2) Tính tích phân 1

2 2

0

( 1)I x x d= −∫ .

3) Cho hàm số 2( ) 2 12.f x x x= − + Giải bất phương trình '( ) 0.f x ≤

Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng đáy bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn Câu 4.a (2,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0) và C(0; 0; 3).

1) Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC. 2) Tìm toạ độ tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.

Câu 5.a (1,0 điểm). Cho hai số phức và Xác định phần thực và phần ảo của số phức

1 1 2z i= + 2 2 3 .z = − i

1 22 .z z−

2. Theo chương trình Nâng cao Câu 4.b (2,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ có phương trình

1 1.2 2 1x y z+ −= =

−

1) Tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng Δ. 2) Viết phương trình mặt phẳng chứa điểm O và đường thẳng Δ.

Câu 5.b (1,0 điểm). Cho hai số phức và Xác định phần thực và phần ảo của số phức

1 2 5z i= + 2 3 4 .z = − i

1 2. .z z--------------------------------------------- Hết ---------------------------------------------


Họ và tên thí sinh: ……………………………….. Số báo danh: ……………………………...

Chữ kí của giám thị 1: …………………………… Chữ kí của giám thị 2: ……………………

www.VNMATH.com

1





HƯỚNG DẪN CHẤM THI

(Văn bản gồm 04 trang)


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).



1. (2,0 điểm)

a) Tập xác định: D = . 0,25


• Chiều biến thiên: 'y = 234

x − 3x. Ta có:

'y = 0 ⇔ 04

xx=⎡=⎢⎣

; 'y > 0 ⇔ 04

xx<⎡>⎢⎣

và 'y < 0 ⇔ 0 < x < 4.

Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;0)−∞ và (4; );+∞

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 4).

0,50

• Cực trị:

+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yC§ = y(0) = 5;

+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 4 và yCT = y(4) = −3. 0,25

• Giới hạn: lim ; limx x

y y→−∞ →+∞

= −∞ = +∞ . 0,25



0,25

x − ∞ 0 4 +∞ y’ + 0 − 0 +

y 5

− 3 −∞

+∞

www.VNMATH.com

2

c) Đồ thị (C):

0,50

2. (1,0 điểm)

Xét phương trình: 3 26 0x x m− + = (∗). Ta có:

(∗) ⇔ 3 21 3 5 5 .4 2 4

mx x− + = − 0,25

Do đó:

(∗) có 3 nghiệm thực phân biệt ⇔ đường thẳng 54my = − cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt 0,25

⇔ −3 < 5 − 4m < 5 ⇔ 0 < m < 32. 0,50

1. (1,0 điểm)

Điều kiện xác định: x > 0. Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với phương trình

22 22 log 7 log 3 0x x− + =

0,50

⇔ 2

2

log 31log2

x

x

=⎡⎢

=⎢⎣ 0,25

⇔ 82.

xx=⎡

⎢ =⎣ 0,25

Lưu ý: Nếu thí sinh chỉ tìm được điều kiện xác định của phương trình thì cho 0,25 điểm.

2. (1,0 điểm)

( )1

4 3 2

0

2 dI x x x x= − +∫ 0,25

= 1

5 4 3

0

1 1 15 2 3

x x x⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎝ ⎠

0,50

= 1 .30

0,25

3. (1,0 điểm)


Trên tập xác định D = R của hàm số f(x), ta có: '( )f x = 2

2112

x

x−

+. 0,25

5

− 3

O x

y

64− 2

www.VNMATH.com

3

Do đó: '( )f x ≤ 0 ⇔ 2 12 2x x+ ≤ 0,25

⇔ 204

xx≥⎧

⎨ ≥⎩ 0,25

⇔ x ≥ 2. 0,25

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông nên AO ⊥ BD. (1)

Vì SA ⊥ mp(ABCD) nên: + SA là đường cao của khối chóp S.ABCD; + SA ⊥ BD. (2) Từ (1) và (2) suy ra BD ⊥ mp(SOA). Do đó SO ⊥ BD. (3) Từ (1) và (3) suy ra SOA là góc giữa mp(SBD) và mp(ABCD). Do đó SOA = 60o.

0,50

Xét tam giác vuông SAO, ta có:

SA = OA. tan SOA = 2

AC .tan60o = 2 .2

a 3 = 6 .2

a 0,25


Vì vậy VS.ABCD = 13

SA. ABCDS = 13

. 6 .2

a 2a = 3 66

a . 0,25

1. (1,0 điểm)

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A(1; 0; 0) và vuông góc với BC. Vì BC ⊥ (P) nên BC là một vectơ pháp tuyến của (P).

0,25

Ta có: BC = (0; − 2; 3). 0,25

Do đó, phương trình của (P) là: −2y + 3z = 0. 0,50

2. (1,0 điểm)

Gọi (S) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Vì O(0; 0; 0) ∈ (S) nên phương trình của (S) có dạng:

x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz = 0. (∗) 0,25

Vì A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3) ∈ (S) nên từ (∗) ta được: 1 2 04 4 09 6 0.

abc

+ =⎧⎪ + =⎨⎪ + =⎩

Suy ra: a = 12

− ; b = − 1; c = 3 .2

−

0,50

Vì vậy, mặt cầu (S) có tâm 1 3; 1;2 2

I ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

. 0,25

Câu 4.a (2,0 điểm)

Lưu ý: Thí sinh có thể tìm toạ độ của tâm mặt cầu (S) bằng cách dựa vào các nhận xét về tính chất hình học của tứ diện OABC. Dưới đây là lời giải theo hướng này và thang điểm cho lời giải đó:

B

A

C

DO

S

www.VNMATH.com

4

Tâm I của mặt cầu (S) là giao điểm của đường trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB và mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng OC. 0,25

Từ đó, vì tam giác OAB vuông tại O, các điểm A, B thuộc mp(Oxy) và điểm C thuộc trục Oz nên hoành độ, tung độ của I tương ứng bằng hoành độ, tung độ của trung

điểm M của đoạn thẳng AB và cao độ của I bằng 12

cao độ của C. 0,50

Ta có M = 1 ; 1; 02

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

và C = (0; 0; 3) (giả thiết). Vì vậy 1 3; 1;2 2

I ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

. 0,25

Ta có 1 22 3 8 .z z i− = − + 0,50 Câu 5.a (1,0 điểm) Do đó, số phức 1 22−z z có phần thực bằng −3 và phần ảo bằng 8. 0,50

1. (1,0 điểm)

Từ phương trình của ∆ suy ra ∆ đi qua điểm M(0; −1; 1) và có vectơ chỉ phương u = (2; −2; 1).

Do đó d(O, ∆) = ,MO u

u

⎡ ⎤⎣ ⎦ . 0,50

Ta có MO = (0; 1; −1). Do đó ( ), 1; 2; 2MO u⎡ ⎤ = − − −⎣ ⎦ . 0,25

Vì vậy d(O, ∆) = 2 2 2

2 2 2

( 1) ( 2) ( 2)

2 ( 2) 1

− + − + −

+ − + = 1. 0,25

2. (1,0 điểm)

Gọi (P) là mặt phẳng chứa điểm O và đường thẳng ∆.

Do vectơ ,n MO u⎡ ⎤= ⎣ ⎦ có phương vuông góc với (P) nên n là một vectơ pháp

tuyến của (P).

0,50

Câu 4.b (2,0 điểm)

Suy ra phương trình của (P) là: −x − 2y − 2z = 0, hay x + 2y + 2z = 0. 0,50

Ta có: 1 2.z z = 26 + 7i. 0,50 Câu 5.b (1,0 điểm) Do đó, số phức 1 2.z z có phần thực bằng 26 và phần ảo bằng 7. 0,50

--------------- Hết ---------------

www.VNMATH.com





I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số 2 12 1

xyx

+=−

.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. ( )C2) Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị ( với đường thẳng . )C 2y x= +

Câu 2. (3,0 điểm)

1) Giải phương trình 2 1

7 8.7 1x x+

− + = 0 .

2) Tính tích phân 1

4 5lne xI dxx

+= ∫ .

3) Xác định giá trị của tham số để hàm số đạt cực tiểu tại m3 2

2y x x mx= − + +1 1x = .

Câu 3. (1,0 điểm) Cho hình chóp có đáy .S ABCD ABCD là hình thang vuông tại A và D với AD CD a= = , 3AB = a

ABCD

0

. Cạnh bên vuông góc với mặt đáy và cạnh bên tạo với mặt

đáy một góc . Tính thể tích khối chóp S theo a .

SA SC

45o

.

II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn (3,0 điểm)

Câu 4.a. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm Oxyz (3;1;0)A và mặt phẳng có phương trình . ( )P 2 2 1x y z+ − + =

1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng . Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm

( )P ( )QA và song song với mặt phẳng . ( )P

2) Xác định tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng . ( )PCâu 5.a. (1,0 điểm) Giải phương trình (1 trên tập số phức. ) (2 ) 4 5i z i i− + − = −

2. Theo chương trình Nâng cao (3,0 điểm)

Câu 4.b. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm , và C .

Oxyz (0;0;3)A ( 1; 2;1)B − −( 1;0;2)−

1) Viết phương trình mặt phẳng . ( )ABC2) Tính độ dài đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A .

Câu 5.b. (1,0 điểm) Giải phương trình ( ) trên tập số phức. 2

4 0z i− + =------------------------ Hết ------------------------


Họ và tên thí sinh: ............................................................................. Số báo danh:.........................................................................

Chữ kí của giám thị 1: ................................................................... Chữ kí của giám thị 2: .................................................

www.VNMATH.com



KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011 Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông


(Văn bản gồm 04 trang)


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.





1. (2,0 điểm)

a) Tập xác định : 1\2

D ⎧ ⎫= ⎨ ⎬⎩ ⎭

. 0,25

b) Sự biến thiên :

• Chiều biến thiên : ( )2

4' 0,2 1

y xx

−= < ∀−

D∈ .

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 1;2

⎛ ⎞−∞⎜ ⎟⎝ ⎠

và 1 ;2

⎛ ⎞⎜ ⎟ . + ∞⎝ ⎠

0,50

• Tiệm cận :

12

limx

y−

⎛ ⎞→⎜ ⎟⎝ ⎠

= −∞ ;12

limx

y+

⎛ ⎞→⎜ ⎟⎝ ⎠

= +∞ 12

x⇒ = là tiệm cận đứng.

lim 1x

y→−∞

= ; lim 1x

y→+∞

= 1y⇒ = là tiệm cận ngang.

0,50


• Bảng biến thiên :

1

x −∞ 12

+∞

− − 'y

y−∞

+∞

1

1

0,25

www.VNMATH.com

c) Đồ thị (C):

0,50

2. (1,0 điểm)

Hoành độ giao điểm của với đường thẳng là nghiệm của phương

trình

( )C 2y x= +2 1 22 1

x xx

+ = +−

(1)

(1) ⇔ + (2 (vì 2 1 (2 1)( 2x x x

2

)= − + ) 12

x = không là nghiệm của (2))

2

2 3 0= 1x x⇔ + − x⇔ = hoặc 32

x = − .

0,50

Với 32

x = − thì 12

y = .

Với 1x = thì . 3y =

Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là 3 1;2 2

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

và ( . 1;3)

0,50

1. (1,0 điểm)

Đặt 7x

t ( t ). = > 0 0,25

Phương trình đã cho trở thành 7 8 hoặc 2

1 0 1t t t− + = ⇔ = 17

t = . 0,25

Với t , ta có 7 . 1= 1 0x

x= ⇔ =

Với 17

t , ta có = 17 1. 7

xx= ⇔ = −

Vậy nghiệm của phương trình là hoặc . 0x = 1x = −

0,50

2. (1,0 điểm)

Đặt 2 54 5ln 4 5ln 2t x t x tdt dx

x= + ⇒ = + ⇒ = . 0,25


Đổi cận : 1 2x t= ⇒ = và 3x e t= ⇒ = . 0,25

www.VNMATH.com

Do đó 3 32 3 3 3

22

2 2 2 3 25 15 15

I t dt t ⎛ ⎞= = = − =⎜ ⎟⎝ ⎠∫

3815

. 0,50

3. (1,0 điểm)

Ta có 2

' 3 4y x x= − + m . 0,25

Nếu hàm số đạt cực tiểu tại 1x = thì , suy ra . '(1) 0y = 1m = 0,25

Với thì 1m =3 2

2 1y x x x= − + + , 2

' 3 4 1y x x= − + và " 6 4y x= − . Mà và nên hàm số đạt cực tiểu tại '(1) 0y = ( )" 1 2 0y = > 1x = . 0,25

Vậy là giá trị cần tìm. 1m = 0,25

Ta có nên là hình chiếu của trên ( )SA ABCD⊥ AC SC ( )ABCD .

Do đó . 45o

SCA =Tam giác vuông cân tại nên ACD D 2AC a= . Tam giác vuông cân tại SAC A nên 2SA a= .

0,50


Diện tích của hình thang vuông ABCD là 2( 3 ) 2

2a a a a+ = .

Vậy 3

.2 2

3S ABCDaV = .

0,50

1. (1,0 điểm)

Ta có ( )2 2 2

2.3 2.1 1.0 1, ( ) 3

2 2 ( 1)d A P

+ − += =

+ + −. 0,50

Ta có là vectơ pháp tuyến của . (2;2; 1)n = − ( )P

( )Q song song với ( nên ( nhận )P )Q (2;2; 1)n = − làm vectơ pháp tuyến. 0,25


Mặt khác ( qua nên có phương trình )Q (3;1;0)A ( )Q

2( 3) 2( 1) 1( 0) 0 2 2 8 0x y z x y z− + − − − = ⇔ + − − = . 0,25

3

www.VNMATH.com

2. (1,0 điểm)

Gọi là đường thẳng qua và vuông góc với thì d A ( )P (2;2; 1)n = − là vectơ chỉ phương của . d

Do đó phương trình tham số của là d3 21 2

x ty tz t

= +⎧⎪ = +⎨⎪ = −⎩

. 0,50

Gọi là hình chiếu của H A trên ( thì là giao điểm của và ( . )P H d )P

Do nên . H d∈ (3 2 ;1 2 ; )H t t+ + −t

Mặt khác nên ta có . ( )H P∈ 2(3 2 ) 2(1 2 ) ( ) 1 0t t t+ + + − − + = 1t⇔ = −

Vậy . (1; 1;1)H −

0,50

Phương trình đã cho tương đương với phương trình ( 1 ) 2 4i z i− = − 0,25

2 4 (2 4 )(1 )1 (1 )(1

i iz zi i

− −⇔ = ⇔ =− − )

ii

++

0,25


(2 4 )(1 )2i iz − +⇔ = 6 2 3

2iz z−⇔ = ⇔ = − i .

Vậy nghiệm của phương trình là . 3z i= −0,50

1. (1,0 điểm)

Ta có ( 1; 2; 2); ( 1;0; 1)AB AC= − − − = − − , (2;1; 2)AB AC⎡ ⎤⇒ = −⎣ ⎦ . 0,50

Mặt phẳng qua , nhận ( )ABC A ,AB AC⎡ ⎤⎣ ⎦ làm vectơ pháp tuyến nên có

phương trình . 2(x 0) 1(y 0) 2(z 3) 0− + − − − = 2x y 2z 6 0⇔ + − + =0,50

2. (1,0 điểm)

Ta có: ABCSΔ 1 ,2

AB AC⎡ ⎤= ⎣ ⎦2 2 21 32 1 ( 2)

2 2= + + − = . 0,50


2 2 2( 1 1) (0 2) (2 1) 5BC = − + + + + − = .

Gọi AH là đường cao của tam giác thì ABC2 3

5ABCS

AHBCΔ= = .

0,50

Phương trình đã cho tương đương với phương trình 2

2 3 0z iz− + = .

Ta có . ( )2 24 12 16 4i iΔ = − = − =0,50


Vậy phương trình có hai nghiệm là 12 4 3

2i iz i+= = và 2

2 42

i iz i−= = − . 0,50

--------------- Hết ---------------

4

www.VNMATH.com

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số ( ) 4 214

2y f x x x .= = −

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 tại điểm có hoành độ 0x , biết ( )0 1f " x .= −

Câu 2. (3,0 điểm)

1) Giải phương trình ( )2 4 33 2 3 2.log x log .log x− + =

2) Tính tích phân ( )2 2

01

lnx x .I e e dx= −∫

3) Tìm các giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số ( )2

1x x m mf

x− +=

+ trên

đoạn [ ]0;1 bằng 2.−

Câu 3. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C′ ′ ′có đáy ABC là tam giác vuông tại B

và BA BC a.= = Góc giữa đường thẳng A B′ với mặt phẳng ( )ABC bằng 60 . Tính thể

tích khối lăng trụ ABC.A B C′ ′ ′ theo a.

II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn

Câu 4.a. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm ( )2;2;1A , ( )0;2;5B và mặt phẳng ( )P có phương trình 2 5 0.x y− + =

1) Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua A và B.

2) Chứng minh rằng ( )P tiếp xúc với mặt cầu có đường kính AB.

Câu 5.a. (1,0 điểm) Tìm các số phức 2z z+ và 25i ,z

biết 3 4 .z i= −

2. Theo chương trình Nâng cao

Câu 4.b. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( )2;1;2A và đường thẳng ∆

có phương trình 1 32 2 1

x y z .− −= =

1) Viết phương trình của đường thẳng đi qua O và A.

2) Viết phương trình mặt cầu ( )S tâm A và đi qua O. Chứng minh ∆ tiếp xúc với ( )S .

Câu 5.b. (1,0 điểm) Tìm các căn bậc hai của số phức 1 9 51

iz i.i

+= −

−

-------------- 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: ..................................





www.VNMATH.com

1






(Bản hướng dẫn này gồm 04 trang)


1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.





1. (2,0 điểm)

Tập xác định: D .= 0,25

Sự biến thiên:

• Chiều biến thiên: 3 04 ; 0

2x

y x x y'x .=⎡′ = − = ⇔ ⎢ = ±⎣

+ Trên các khoảng ( )2 ; 0− và ( )2 ; 0, y′+ ∞ > nên hàm số đồng biến.

+ Trên các khoảng ( ); 2−∞ − và ( )0 ; 2 0, y′ < nên hàm số nghịch biến.

0,50

• Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ 0.=

+ Hàm số đạt cực tiểu tại 2x = ± và yCT 4.= − 0,25

• Giới hạn: ;x x

lim y lim y .→−∞ →+∞

= +∞ = +∞ 0,25



0,25 +∞

− 4

x − ∞ − 2 0 2 +∞

y’ − 0 + 0 − 0 +

y

− 4

+∞ 0

www.VNMATH.com

2

Đồ thị:

Lưu ý: Thí sinh chỉ trình bày: Đồ thị cắt Ox tại O và ( )2 2 ;0± hoặc thể hiện

( )2 2 ;0± trên hình vẽ thì vẫn cho đủ 0,50 điểm.

0,50

2. (1,0 điểm)

Ta có ( ) ( )3 24 ; 3 4f x x x f x x .′ ′′= − = − 0,25

( ) 20 0 01 3 4 1 1f x x x .′′ = − ⇔ − = − ⇔ = ± 0,25

( )0 071 ; 1 3,4

x y f '= ⇒ = − = − ta được phương trình tiếp tuyến là 534

y x .= − + 0,25

( )0 071 ; 1 3,4

x y f '= − ⇒ = − − = ta được phương trình tiếp tuyến là 534

y x .= + 0,25

1. (1,0 điểm)

Điều kiện: 3x .> 0,25

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với ( ) ( )2 4 2 23 2 32 2log x log x log x log x− + − += ⇔ = 0,25

( ) 22 3 2 3 4 0log x x x x⇔ − = ⇔ − − =⎡ ⎤⎣ ⎦ 0,25

14

xx= −⎡

⇔ ⎢ =⎣ . Vậy nghiệm của phương trình là 4x .= 0,25

2. (1,0 điểm)

Đặt 1x xt e dt e dx.= − ⇒ = 0,25

Đổi cận: 0 0x t= ⇒ = ; 2 1x ln t .= ⇒ = 0,25

Suy ra 11 3

2

0 03tI t dt .= =∫ 0,25


Vậy 13

I .= 0,25

(loại)

x

y

O 2

4−

2 2 2 2− 2−

www.VNMATH.com

3

3. (1,0 điểm)

Trên đoạn [ ]0 ; 1 , ta có ( )( )

2

21

1m mf x .

x− +′ =+

0,25

Mà ( )2 1 0, 0m m m f x .′− + > ∀ ∈ ⇒ > Nên hàm số đồng biến trên [ ]0 ; 1 . 0,25

Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [ ]0 ; 1 là ( ) 20f m m.= − + 0,25

[ ]( ) 2

0;12 2min f x m m .= − ⇔ − + = − Vậy 1m = − và 2m = . 0,25

Ta có ( ) o60A A ABC A BA .′ ′⊥ ⇒ =

0,25

Diện tích đáy: 2

2ABCaS .∆ = 0,25

Chiều cao lăng trụ: 60 3AA' atan a .= = 0,25


Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A B C′ ′ ′ là 3 32ABC.A B C ABC

aV S .A A' .′ ′ ′ ∆= = 0,25

1. (1,0 điểm)

Ta có ( )2 ; 0 ; 4 ,AB = − suy ra AB có vectơ chỉ phương là ( )1 ; 0 ; 2u .= − 0,50

Vậy phương trình tham số của đường thẳng AB là 221 2

x tyz t.

= −⎧⎪ =⎨⎪ = +⎩

0,50

2. (1,0 điểm)

Gọi ( )S là mặt cầu có đường kính AB và I là trung điểm AB.

Suy ra ( )1 ; 2 ; 3I là tâm của ( )S . 0,25

Bán kính của ( )S là ( ) ( ) ( )2 2 22 1 2 2 1 3 5R IA .= = − + − + − = 0,25

Mà ( )( ) ( )( )22 2

2 1 1 2 5, 5

2 1 0

. .d I P .

+ − += =

+ − + 0,25


Nên ( )( ),d I P R= . Vậy ( )P tiếp xúc với ( )S . 0,25

A

A' C'

C

B

B'

60

www.VNMATH.com

4

Ta có 2 6 8z i= − và 3 4z i.= + 0,25

Suy ra 2 9 4z z i.+ = − 0,25


( )( )( )

( )25 3 4 25 4 325 4 33 4 3 4 9 16

i i ii i.z i i

+ − += = = − +

− + + 0,50

1. (1,0 điểm)

Đường thẳng OA có vectơ chỉ phương là ( )2 ; 1 ; 2OA .= 0,50

Vậy phương trình của đường thẳng OA là 2

2

x ty tz t

=⎧⎪ =⎨⎪ =⎩

hoặc 2 1 2x y z .= = 0,50

2. (1,0 điểm)

Bán kính mặt cầu ( )S là 2 2 22 1 2 3R OA .= = + + = 0,25

Suy ra ( )S : ( ) ( ) ( )2 2 22 1 2 9x y z .− + − + − = 0,25

Đường thẳng ∆ qua ( )1 ; 3 ; 0B và có vectơ chỉ phương ( )2 ; 2 ; 1u .=

Mặt khác, ( )1 ; 2 ; 2BA = − ( ), 6 ; 3 ; 6BA u .⎡ ⎤⇒ = −⎣ ⎦

Nên ( ) ( )2 2 2

2 2 2

, 6 3 6, 3

2 2 1

BA ud A .

u

⎡ ⎤ − + +⎣ ⎦∆ = = =+ +

0,25


Suy ra ( ),d A R∆ = . Vậy ∆ tiếp xúc ( )S . 0,25

Ta có ( )( )( )( )1 9 11 9 8 10

1 1 1 2i ii i .

i i i+ ++ − +

= =− − +

0,25

Suy ra 4 5 5 4z i i .= − + − = − 0,25


Mặt khác, ( )24 2z i .= − = Vì vậy các căn bậc hai của z là 2i− và 2i. 0,50

--------------- Hết ---------------

www.VNMATH.com

Documents

Chuyên Đề Ôn Thi | Tổng hợp tài liệu hay ôn thi Học …...Ò thi chÝnh thøc kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2006 M«n thi: to¸n - Trung häc phæ