Đáp án đề TH1 ôn thi TN - Trường THPT Chuyên Tiền Giang

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG ĐÁP ÁN ĐỀ TỔNG HỢP 1 – ÔN THI TNTHPT năm 2010.
Biên soạn: Nguyễn Hoàng Kinh.
MÔN: TOÁN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
2
Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số: y xx 3
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2đ
2 3
Xét hàm số:
yx x 3 x 3x
a) Tập xác định: D =
b) Sự biến thiên:
2 x
1
* Chiều biến thiên: y' 3x 3;y' 0
x 1
x ; 1 1; x 1;1
y’ > 0 ; y’ < 0
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 1 ; 1;
và nghịch biến trên
1;1
* Cực trị: Hàm số đạt CĐ tại x = – 1 và y y 1
2
* Giới hạn ở vô cực:
* BBT:
x
x
CĐ
0,25
0,25
0,25
; hs đạt CT tại x = 1 và y y
1 2
0,25
Lim y ; Lim y 0,25
CT
0,25
c) Đồ thị hàm số:
Đồ thị hàm số cắt Ox và Oy tại O và đi qua các điểm (–2; –2) và
(2; 2).
0,5
2) Định m để phương trình:
Ta có phương trình:
2
chung của đồ thị (C) của hàm số y xx 3
3
x 3xm 0 có 3 nghiệm phân biệt. 0,5đ
3 3
x 3xm0x 3x m số nghiệm của phương trình là số điểm
và đường thẳng y = m di động cùng phương với trục Ox.
Dựa vào đồ thị (C), ta có: phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt – 2 < m < 2. 0,25
3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M trên (C) có hoành độ x M = 2. 0,5đ
M (C), x M = 2 y M = 2 M(2; 2). Ta có: y’ = 3x 2 – 3 hệ số góc của tiếp tuyến tại M là y’(2) = 9 0,25
Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: y – 2 = 9(x – 2) y = 9x – 16. 0,25
Câu II ( 3,0 điểm )
Ta có:
1) Tính tích phân:
2
0
2 2
0 0
sin x
I
xsinxdx 4 dx
1
cosx
4sinx
I x sin xdx . 1đ
1
cosx
2
0,25
0,25

I1 x sin xdx xd cos x x cos x cos xdx sin x 1
0 0 0
0
0
0,25
Mà: 2 2 2 2
2
2 2
sin x 1cos x
2 2 2 2
2
0 0 0
0
Và: I dx dx 1cosxdx xsinx
1
1cosx 1cosx 2
Vậy: I14
123
2
3 2
2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y x 3x 9x 1
0,25
, trên 4;4
0,25
. 1đ
3 2
Xét hàm số: y x 3x 9x 1 4;4 .
Ta có: y’ = 3x 2 – 6x – 9;
0,25
y’ = 0 x 2 – 2x – 3 = 0 x = –1 hoặc x = 3. 0,25
y 4 75; y 4 19; y 1 6; y 3 26
0,25
, trên
Mà:
Vậy:
Max y y 1 6 & Min y y 4 75
x
4;4
0,25
x 4;4
3) Giải phương trình: 3 log3x log33x1 0
1đ
Ta có: 3 log3x log33x 1 0 3 log3x log3x 2 0
0,25
Đặt: t log3
x,t 0, thế vào phương trình, ta được: t 2 – 3t + 2 = 0 t = 1 hoặc t = 2. 0,25
Với: t = 1, ta có: log3x 1 log3x 1 x 3
0,25
Với: t = 2, ta có: log3x 2 log3x 4 x 81
. Vậy phtrình đã cho có tập nghiệm là: S 3;81
0,25
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình nón có bán kính là R, đường sinh hợp với đáy một góc 60 0 . Tính diện tích toàn phần của
hình nón và thể tích khối cầu nội tiếp trong hình nón trên.
Giả sử hình nón đã cho có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O với AB = 2R
là một đường kính.
Theo giả thiết, đường sinh hợp với đáy góc 60 0 0
SAO 60 .
Suy ra tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2R.
1đ
0,25
Do đó: S .OA.SA 2 R 2 đvdt
suy ra: S S S 2 R 2 R 2 3 R 2 đvdt
xq
0,25
tp xq đ
Khối cầu nội tiếp hình nón đã cho có tâm I và bán kính r là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam
giác SAB.
1 1 2R 3 R 3
Theo trên tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2R, nên r SO .
3 3 2 3
3
4 4 R 3 4R 3
3 3 3 27
3
Vậy khối cầu nội tiếp này có thể tích là: V r đvtt
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 5; 5), B(0; 2; 3), C(0; 4; 6).
3
0,25
0,25

1) Chứng minh ba điểm O, B, C thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng () vuông góc với
1đ
OC tại C.
Ta có: OB 0;2;3 , OC 0;4;6
0,25
Suy ra: OC 2OB OB,OC
cùng phương O, B, C thẳng hàng. 0,25
Mặt phẳng () vuông góc với OC tại C là mặt phẳng đi qua C(0; 4; 6) và có vec tơ pháp tuyến là
OC 0;4;6 .
Suy ra phương trình mặt phẳng () là: 0(x – 0) + 4(y – 4) + 6(z – 6) = 0 2y + 3z – 26 = 0. 0,25
2 2 2
2) Xét vị trí tương đối của mp() với mặt cầu S:x yz 2x10y10z48 0. 1đ
2 2 2
Xét mặt cầu S:x yz 2x10y10z48
0
2 2 2
x1 y5 z5
3
Suy ra mặt cầu (S) có tâm I(1; 5; 5) và bán kính R = 3. 0,25
2.5 3.5 26 1
Ta có: d dI,
2 2
2 3 13
0,25
Do: d < R, nên mặt phẳng () sẽ cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. 0,25
Câu V.a ( 1,0 điểm )
4 2
Giải phương trình sau trong tập hợp các số phức : z z 1 0. 1đ
Đặt: t = z 2 , thế vào phương trình, ta được: t 2 + t + 1 = 0 (2)
2
(2) có 143
3i
0,25
1i 3 1i 3
Suy ra pt(2) t t
2 2
0,25
1i 3
z cos isin
1i 3 2 2
2 2
2
3 3 2
Với t cos isin , ta có: z cos isin
2 3 3
3 3 1i 3
z cos isin
3 3 2
0,25
2 2 1i 3
z cos isin
1i 3 4 4
2 4
4
3 3 2
Với t cos isin , ta có: z cos isin
2 3 3
3 3 2 2 1i 3
z cos isin
3 3 2
0,25
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 5; 5), B(0; 2; 3), C(0; 4; 6).
1) Chứng minh 3 điểm O, B, C thẳng hàng. Viết phương trình mp() vuông góc với OC tại C 1đ
( Xem đáp án phần cơ bản câu IV.a/1. ) 1
2) Viết phương trình chính tắc của đường thẳng () là hình chiếu vuông góc của đường thẳng
đi qua 2 điểm A, B lên mp().
Gọi () là mặt phẳng đi qua hai điểm A, B và () vuông góc với ().
Suy ra () là mặt phẳng đi qua B(0; 2; 3) và có hai vec tơ chỉ phương là BA 1;3;2
và n 0;2;3
( là vec tơ pháp tuyến của ())
() có vec tơ pháp tuyến là: n 5; 3;2
pt mp(): 5(x – 0) – 3(y – 2) + 2(z – 3) = 0 5x – 3y + 2z = 0
0,25
0,25
1đ
0,25
0,25

Hình chiếu () của đường thẳng (AB) lên mặt phẳng () chính là giao tuyến của hai mặt phẳng ()
và ().
2y 3z 26 0 y 4
3y 2z 0 z 6
n 0;2;3
a 13;15; 10
Cho x = 0, ta có hệ pt: C0;4;6
Mặt khác () có hai vec tơ pháp tuyến là và n 5; 3;2
() có vec tơ chỉ phương
Vậy phương trình chính tắc đường thẳng () là: x y 4 z
6 .
13 15 10
0,25
0,25
Câu V.b ( 1,0 điểm )
Giải phương trình sau trong tập hợp các số phức :
4 2
Đặt: t = z 2 , thế vào phương trình, ta được: t 2 + 6(1 + i)t + 5 + 6i = 0 (2)
2 2
2
(2) có ' 91i 56i9i 12i42
3i
t 31i23i1
t 31 i 2 3i
5 6i
Suy ra pt(2)
Với t = –1, ta có: z 2 = –1 z 2 = i 2 z = i hoặc z = – i.
Với t = – 5 – 6i, giả sử: z = a + bi, với a, b , ta có:
2 2 3
a b 5
b
Suy ra:
a
ab 3
4 2
a 5a 90
3
b
a
5
61 18
a ;b
2 5
61
2 5
61
a
2
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là:
5 61 18 5 61 18
Si; i; i ; i
2 5 61 2
5
61
z 6 1i z 56i 0. 1đ
2 2
a b 2abi 5 6i
0,25
0,25
0,25
0,25