MÔN TOÁN ) Thời gian: 150 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (3,0 điểm) Cho hàm số 3 2 y x 3x 1 = − + − có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Dùng đồ thị (C), xác định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt 3 2 x 3x k 0 − + = . Câu II. (3,0 điểm) 1. Giải bất phương trình: 3)1(log)3(log 22 <−+− xx 2. Tính tích phân: I = ( ) ∫ − 2 0 cossin1 π xdxx 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 4 xxy −+= Câu III. (1,0 điểm) Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a , góc SAO = 30 0 và góc SAB = 60 0 . Tính diện tích xung quanh của hình nón. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm bài một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu IVa. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1 ; 3 ; 2) và A, B, C lần lượt là hình chiếu của M trên các trục tọa độ. 1. Viết phương trình mặt phẳng (ABC). 2. Viết phương trình của mặt cầu tâm I( 2; 3; 3), tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Câu Va. (1,0 điểm) Cho số phức 1 i z 1 i − = + . Tính giá trị của 2010 z 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IVb. (2,0 điểm) Trong không gian Oxyz . Cho điểm A(2; 0; 1), mặt phẳng ( P ): 2x – y + z + 1 = 0 và đường thẳng d: 1 2 2 x t y t z t = +   =   = +  1. Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) 2. Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ qua A, vuông góc và cắt đường thẳng d. Câu Vb. (1,0 điểm) Viết dạng lượng giác của số phức: z = – 1 – 3 i. Hết Đề chính thức ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM( đề chính thức) Câu Đáp án(với cách giải khác tùy các bước cho điểm phù hợp) Điểm I (3,0 điểm) 1.(2,0 điểm) Hàm số 3 2 y x 3x 1 = − + − có đồ thị (C) • Tập xác định : D = R 0,25 • y’ = – 3x 2 + 6x. y’ = 0    = = ⇔ 2 0 x x 0,25 • Giới hạn: +∞=−+− −∞→ )13(lim 23 xx x ; −∞=−+− +∞→ )13(lim 23 xx x 0,25 • Bảng biến thiên: 0,50 • Điểm đặc biệt ( Lấy thêm 2 điểm) x – 1 0 1 2 3 y 3 – 1 0 3 – 1 0,25 • Đồ thị (C) nhận điểm I(1 ; 1) (điểm uốn) là tâm đối xứng. 0,50 2.(1,0 điểm) k ? 3 2 x 3x k 0 − + = (1) có 3 nghiệm phân biệt Biến đổi (1) về dạng: – x 3 + 3x 2 – 1 = k – 1 Đây là pt hoành độ điểm chung của (C) và đường thẳng (d): y k 1= − 0,25 Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị ( C) và đường thẳng d: y = k – 1 ( d cùng phương với trục Ox) 0,25 Phương trình (1) có ba nghiệm 1 k 1 3 0 k 4 ⇔ − < − < ⇔ < < 0,50 II (3,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 3)1(log)3(log 22 <−+− xx Điều kiện 3 01 03 >⇔    >− >− x x x 0,25 Biến đổi phương trình về dạng: (x – 3)(x – 1) < 2 3 ⇔ x 2 – 4x – 5 < 0 ⇔ – 1 < x < 5 0,50 Kết luận nghiệm của bất phương trình: 3 < x < 5 0,25 x −∞ 0 2 +∞ y ′ − 0 + 0 − y +∞ CT 3 1− C Đ −∞ 2. (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ( ) ∫ − 2 0 cossin1 π xdxx Đặt t = 1 – sinx ⇒ dt = – cosx dx Đổi cận x 0 2 π t 1 0 0,25 Đưa về I = ∫         = 1 0 1 0 2 2 t tdt 0,50 Kết luận I = 2 1 0,25 3. (1,0 điểm) Tìm GTNN và GTLN của hàm số 2 4 xxy −+= Ta có TXĐ: D = [ – 2; 2 ]. 0,25 2 2 2 4 4 4 1' x xx x x y − −− = − − += ( ) 2;2−∈∀x 0,25 Do đó: y’ = 0 2 4 0 4 22 2 =⇔    =− ≥ ⇔=−⇔ x xx x xx Nên: y(– 2) = – 2 ; y (2) = 2; ( ) 222 =y 0,25 Kết luận: Max y = ( ) 222 y= ; min y = – 2 = y(– 2) 0,25 III (1,0 điểm) Gọi M là trung điểm của AB thì OM ⊥ AB và OM = a và SM ⊥ AB 0,25 ∆ SAB cân có góc SAB = 60 0 nên đều . Suy ra AM = 22 SAAB = Xét tam giác vuông SOA: SAO = 30 0 . Do đó OA = SA.cos 30 0 = 2 3SA 0,25 Tam giác OAM vuông tại M nên: OA 2 = OM 2 + MA 2 2 44 3 2 2 2 aSA SA a SA =⇔+=⇔ 0,25 Vậy diện tích xung quanh của hình nón Sxq = 32 2 6 . 2 aa a SAOA πππ == 0,25 IV.a (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Phương trình mặt phẳng (ABC). Hình chiếu của M trên các trục tọa độ là: A( 1; 0 ; 0), B(0; 3; 0), C(0; 0; 2) 0,50 Phương trình mặt phẳng (ABC) : 1 231 =++ zyx hay 6x + 2y + 3z – 6 = 0 0,50 2. (1,0 điểm) Mặt cầu tâm I( 2; 3; 3), tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm I. tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Ta có: R = ( ) 3 326 63.33.22.6 222 )(, = ++ −++ = ABCI d 0,50 Do đó, mặt cầu có phương trình là: ( ) ( ) ( ) 9332 222 =−+−+− zyx 0,50 V.a (1,0 điểm) Số phức ( ) i i i i z −= − = + − = 2 1 1 1 2 0,50 Do đó ( ) ( ) 1. 2 502 42010 2010 2010 −===−= iiiiz 0,50 IV.b (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A( 2; 0; 1), tiếp xúc với mặt phẳng (P) Thì R = ( ) 6 112 11.102.2 222 )(, = ++ ++− = PA d 0,50 Vậy phương trình của mặt cầu: ( ) ( ) 612 2 2 2 =−++− zyx 0,50 2. (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d thì H( 1 + t; 2t; 2 + t). 0,25 Khi đó ( ) tttAH ++−= 1;2;1 0,25 Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương ( ) 1;2;1a 00. =⇔=⇔⊥ tAHadAH Nên H( 1; 0; 2), ( ) 1;0;1−=AH 0,25 Do đó, phương trình đường thẳng ∆ cần tìm: 2 0 1 x t y z t = −   =   = +  0,25 V.b (1,0 Ta có         −−= iz 2 3 2 1 2 0,50 =       + 3 4 sin 3 4 cos2 ππ í 0,50 HEÁT . ( ) 2; 2−∈∀x 0 ,25 Do đó: y’ = 0 2 4 0 4 22 2 =⇔    =− ≥ ⇔=−⇔ x xx x xx Nên: y(– 2) = – 2 ; y (2) = 2; ( ) 22 2 =y 0 ,25 Kết luận: Max y = ( ) 22 2 y= ; min y = – 2 = y(– 2) 0 ,25 III (1,0 điểm) Gọi. ∫         = 1 0 1 0 2 2 t tdt 0,50 Kết luận I = 2 1 0 ,25 3. (1,0 điểm) Tìm GTNN và GTLN của hàm số 2 4 xxy −+= Ta có TXĐ: D = [ – 2; 2 ]. 0 ,25 2 2 2 4 4 4 1' x xx x x y − −− = − − += ( ) 2; 2−∈∀x 0 ,25 Do. ) ( ) 1. 2 5 02 420 10 20 10 20 10 −===−= iiiiz 0,50 IV.b (2, 0 điểm) 1. (1,0 điểm) Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A( 2; 0; 1), tiếp xúc với mặt phẳng (P) Thì R = ( ) 6 1 12 11.1 02. 2 22 2 )(, = ++ ++− = PA d 0,50 Vậy