ôn thi tn thpt môn toán, đề 13

ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT . Năm học : 2008 - 2009
ĐỀ 13
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
3 2
1
y x mx (2m 1)x m 2
3
= − + − − +
với m là tham số .
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).của hàm số khi m = 2 .
b. Tìm m sao cho hàm số có hai cực trị có hoành độ dương .
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Giải phương trình :
x 3 3
x
1
log 3 log x log 3 log x
2
+ = + +
b. Tính tích phân sau :
/3
(x sin x)dx
A
2
cos x
0
π
+

=
∫
c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất có của hàm số
2
y x 4 x= + −
.
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , AS = AB = a , ABCD
là hình vuông , mặt phẳng qua BD và vuông góc với SC , cắt SC tại E . Tính thể tích của
khối chóp S.ABED .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng (d ) :
x 1 y 1 z 5
3 2 6
+ − −
= =
.và
(d’ ) :
x 2 y 1 z
3 2 6
− +
= =

a) Chứng minh hai đường thẳng (d) và (d’) song song . Viết phương trình mặt phẳng (
α
)
chứa chúng .

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng (d) và (d’) .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Tính giá trị :
3
9 9
log 5
3
1
5 log 36 log 2401
2
4 81
M 15log
2 8
27 3
= +
+
.
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
x 1
(a) : y 4 2t
z 3 t
=


= − +


= +


,
x 3m
(b) : y 3 2m
z 2
= −


= +


= −

.a) Chứng minh rằng hai đường thẳng (a) , (b) chéo nhau .Tính khoảng cách giữa chúng .
b) Viết phương trình đường vuông góc chung của (a) và (b) .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Trong mặt phẳng phức . Gọi A,B,C lần lượt là các điểm biễu diễn của các số phức
1 2 3
z (1 i)(2 i),z 1 3i,z 1 3i= − + = + = − −
. Tìm hình tính của tam giác ABC .
. . . . . . . .Hết . . . . . . .
Giáo Viên TRẦN VĂN NÊN - 1 -
ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT . Năm học : 2008 - 2009
HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ m=0 thì
4 2
y x 2x 2= − +

x
−∞
1 3
+∞

y
′
+ 0
−
0 +
y

4
3

+∞

−∞
0

2
y 2x 4 0 ; y 0 x 2 (y )
3
′′ ′′
= − = = ⇔ = =
Đồ thị có điểm uốn
2
(2; )
3

.
b) 1đ Ta có :
3 2
1
y x mx (2m 1)x m 2
3
= − + − − +
nên
2
y' x 2mx (2m 1) = − + −
y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
2
' 0 m 2m 1 0
m 1
P 0 2m 1 0
1
m
S 0 2m 0
2

∆ > − + >
≠


  
⇔ > ⇔ − > ⇔
  
>
  
> >




Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ Điều kiện
x 0,x 1> ≠
:

x 3 3
x
1
pt log 3 log x log 3 log x
2
⇔ + = + +


x 3 3
x
2 1 1
log 3 log x log x
log 3 2 2
⇔ + = + +

x
x
x
t log 3
1
log 3 1
1 2 t 1

t 1
x
2
t t t 2 0
3
t 2 log 3 2
t t 2 2
x 9
=

= −

= −
=


⇔ + = + + ⇔ − − = ⇔ ⇔ ⇔


= =




=

Vậy tập nghiệm của pt là
1
;9
3

 
 
 
.
b) 1đ Ta biến đổi :

/3 /3 /3
(x sin x)dx xdx sin xdx
A A A
1 2
2 2 2
cos x cos x cos x
0 0 0
π π π
+
= = + = +
∫ ∫ ∫


/3
xdx 3
A ln 2
1
2
3
cos x
0
π
π
= = −

∫
. Đặt :
2
dx
u x,dv
cos x
= =

/3 1/2
u cos x
sin xdx dx 1
1/2
A [ ] 1
2
1
2 2
u
cos x u
0 1
π
=
= = − = =
∫ ∫
Vậy : A =
3
1 ln 2
3
π
+ −
c) 1đ TXĐ :

D [ 2;2 ]= −
Ta có :
2
x 4 x x
y' 1 , y' 0 x 2
2 2
4 x 4 x
− −
= − = = ⇔ =
− −
.
Suy ra :
y( 2) 2, y(2) 3,y( 2) 2 2− = − = =
Giáo Viên TRẦN VĂN NÊN - 2 -
ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT . Năm học : 2008 - 2009
Vậy :
min y y( 2) 2
[ 2;2 ]
+ = − = −
−

max y y( 2) 2 2
[ 2;2 ]
+ = =
−

Câu III ( 1,0 điểm )
Gọi O là tâm của hính vuông ABCD , ta có : OE
⊥
SC .

Hai tam giác vuông CAS và CEO đồng dạng :

CE OC a 2 1
AC SC
2a 3 6
= = =
. Vì tam giác SAC vuông tại A :
2 2 2 2
SC SA AC a 2a a 3= + = + =
Suy ra : CE =
AC a 2 a
6 6 3
= =
.
Vẽ EH
⊥
(ABCD) nên EH // SA . Ta có :
EH CE a 1
SA CS 3
3.a 3
= = =
Vậy :
3
S.ABED S.ABCD E.BCD
1 1 a 1 5a
V V V .a.a.a . .
3 3 3 2 18
= − = − =
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ Đường thẳng (d) qua A(
−
1;1;5) ,
r
VTCP : a = (3;2;6)
.
Đường thẳng (d’) qua B(2;
−
1; 0) ,
r
VTCP : a = (3;2;6)
Vì
AB (3; 2; 5)= − −
uuur
không cùng phương
a
r
nên hai đường thẳng (d) , (d’) song song nhau .
Mặt phẳng (
α
) đi qua A (
−
1;1; 5) và có VTPT
= = − −
uuur
r r
n [AB;a] ( 2; 33;12)
.
Do đó :

( ): 2x 33y 12z 29 0α + − + =
b) 1đ Tìm hình chiếu H của A lên (d’) ,vì H
∈
(d’) nên H(2+3t;
−
1+2t;6t) , ta có :

AH (3 3t; 2 2t; 5 6t)= + − + − +
uuur
mà
25
AH a AH.a 0 t
49
⊥ ⇔ = ⇔ =
uuur uuur
r r
nên
222 48 95
AH ( ; ; )
49 49 49
= − −
uuur

Vậy : d[(d);(d’)] = AH =
1237
7
Cách khác : d[(d);(d’)] =
|[AB;a]|
| a |
uuur

r
r
.
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
3
1 1
5
2
4 28
M 15log 15. 28
15
2 8
= = = =
3 3
9 9
9 3
log 5 4log 5
4
2
log 36 log 2401 3/2
3log 36 log 2401
81 3 5 125
M
53
36 2401
27 3
3 3
= = = =
+
+

+
Vậy :
125 1609
M 28
53 53
= + =
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1,5đ Ta có :
A(1; 4;3)
(a) :
a (0;2;1)
+ −


+ =

r
qua
vtcp
,
B(0;3; 2)
(b) :
b ( 3;2;0)
+ −


+ = −

r

qua
vtcp

[a,b] ( 2; 3;6),AB ( 1;7; 5),[a,b].AB 49 0= − − = − − = − ≠
uuur uuur
r r
r r
nên (a) chéo (b) .
Lấy
M(1; 4 2t;3 t) (a), N( 3m;3 2m; 2) (b),MN ( 3m 1;2m 2t 7; t 5)− + + ∈ − + − ∈ = − − − + − −
uuuur

Giáo Viên TRẦN VĂN NÊN - 3 -
ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT . Năm học : 2008 - 2009
MN là đường vuông góc chung của (a),(b)
{ {
4m 5t 9 0 m 1MN.a 0
13m 4t 17 0 t 1
MN.b 0

− + = = −=
⇔ ⇔ ⇔

− + = =
=

uuuur
r
uuuur
r

t 1 M(1; 2;4),m 1 N(3;1; 2)= ⇒ − = − ⇒ −
nên
MN (2;3; 6) d(m;n) MN 7= − ⇒ = =
uuuur
b) 0,5đ Phương trình đường vuông góc chung
x 1 2t
(MN) : y 2 3t
z 4 6t
= +


= − −


= −

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Ta có : A(3;
−
1) , B(1;3) , C(
−
1;
−
3)
Vì : AB = 2
5
, BC = 2
10
, AC = 2
5

Mặt khác :
2 2 2
AB AC 40 BC ,AB AC+ = = =
nên tam giác ABC vuông cân tại A .
Giáo Viên TRẦN VĂN NÊN - 4 -