Đề ôn TN.THPT (có bài gải)

ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2011

Đề số 15

Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông

GV: Dương Phước Sang
------------------------------

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)
1
2
3
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = f (x ) = − x 4 + x 2 −
18
3
2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại các điểm thuộc (C ) có hoành độ là nghiệm của
phương trình f ′′(x ) = − 143
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình: log2 (x − 5) + log

2

x +2 = 3

2) Tìm nguyên hàm F (x ) của hàm số f (x ) =

e 3x − 1
ex

biết rằng F (0) = 1

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

3 − 2x
trên đoạn [1; 4]
x +1

Câu III (1,0 điểm):
Cho hình lăng trụ ABC .A′ B ′C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Hình chiếu
vuông góc của A′ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. Mặt bên (AA′ C ′C ) tạo
với đáy một góc bằng 45 . Tính thể tích của khối lăng trụ này.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chương trình chuẩn
x −1 y − 4 z −1
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian (O, i , j , k ) , cho đường thẳng ∆ :
=
=
và
1
−4
−2
hai điểm A, B thoả mãn OB = i − 5k và AB = (1; −1; −1)
1) Viết phương trình mặt cầu đường kính AB và tiếp diện với mặt cầu tại B.

2) Chứng minh rằng, hai đường thẳng AB và ∆ chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng
chứa hai điểm A và B đồng thời song song với đường thẳng ∆ .
Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y = x 2 − 12x + 36 và y = 6x − x 2
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng:

x = 1 + t
x − 3 y −1 z
∆1 : y = −1 − t
∆2 :
=
=

−1
2
1
z = 2

1) Chứng minh ∆1 và ∆2 chéo nhau. Viết phương trình mp(P) chứa ∆1 và song song ∆2 .
2) Tìm điểm A trên ∆1 và điểm B trên ∆2 sao cho độ dài đoạn AB ngắn nhất.
Câu Vb (1,0 điểm): Trên tập số phức, tìm B để phương trình bậc hai z 2 + Bz + i = 0 có tổng bình
phương hai nghiệm bằng −4i
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi 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: .................................


BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:
1 4 2 2 3
x + x − (1)
Tập xác định: D = »
18
3
2
2
4
2
Đạo hàm: y ′ = − x 3 + x = x −x 2 + 6
9
3
9
x = 0
x = 0
2
2

⇔ 
Cho y ′ = 0 ⇔ x −x + 6 = 0 ⇔  2
−x + 6 = 0
9
x =± 6


Giới hạn: lim y = −∞
;
lim y = −∞

Hàm số y = −

(

(

)

)

x →−∞

x →+∞

Bảng biến thiên
− 6

x –∞
y′

+

0

0

–

0

+

1
2

y

+∞

6
0

–

1
2

−∞

− 23

−∞

Hàm số (1) đồng biến trên các khoảng (−∞; − 6),(0; 6)
và nghịch biến trên các khoảng (− 6; 0),( 6; +∞)
Hàm số (1) đạt cực đại yCÑ =

1
2

tại x CÑ = ± 6 và đạt cực tiểu yCT = − 23 tại x CT = 0 .

1
2
3
Giao với Ox: y = 0 ⇔ − x 4 + x 2 − = 0 ⇔
18
3
2

x 2 = 9

⇔
 2
x = 3

x = ±3


x =± 3


Giao với Oy: x = 0 ⇒ y = − 23
Bảng giá trị: x
y

–3
0

− 6

1
2

0
− 23

6
1
2

3
0

Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây
2
4
2
4
y ′ = f ′(x ) = − x 3 + x ⇒ f ′′(x ) = − x 2 +
9
3
3
3

y
0,5

-3

O

- 6

3
6

-1,5

x = 3 ⇒ y = 0

x = −3 ⇒ y = 0

Với x 0 = 3 ; y 0 = 0 ta có f ′(x 0 ) = f ′(3) = −2 và phương trình tiếp tuyến tại A(3; 0) là
y − 0 = −2(x − 3) ⇔ y = −2x + 6
Với x 0 = −3 ; y 0 = 0 ta có f ′(x 0 ) = f ′(−3) = 2 và phương trình tiếp tuyến tại B(−3; 0) là
y − 0 = 2(x + 3) ⇔ y = 2x + 6
Vậy, có hai tiếp tiếp thoả đề là : y = 2x + 6 và y = −2x + 6

f ′′(x ) = −

Câu II:

14
2
4
14
⇔ − x2 + = −
⇔ x2 = 9 ⇔
3
3

3
3

log2 (x − 5) + log

2

x + 2 = 3 (*)

x − 5 > 0
x > 5
Điều kiện: 
⇔ 
⇔x >5
x + 2 > 0
x > −2


Khi đó, (*) ⇔ log2 (x − 5) + log2 (x + 2) = 3 ⇔ log2 (x − 5)(x + 2) = 3 ⇔ (x − 5)(x + 2) = 8
x = 6 (nhaän)
x 2 + 2x − 5x − 10 = 8 ⇔ x 2 − 3x − 18 = 0 ⇔ 
x = −3 (loaïi)
Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất là x = 6

x


e 3x − 1

e 2x

e 2x
1
−x
+
e
+
C
=
+ x +C
∫ ex
2
2
e
0
e
1
1
1
Do F (0) = 1 nên
+ 0 +C = 1 ⇔ + 1 +C = 1 ⇔ C = −
2 e
2
2
e 2x
1
1
Vậy, F (x ) =
+ x −
2
2

e
3 − 2x
−2x + 3
=
liên tục trên đoạn [1; 4]
Hàm số y =
x +1
x +1
−5
y′ =
< 0, ∀x ∈ [1; 4]
(x + 1)2
F (x ) =

f (1) =

1
2

dx =

∫ (e

2x

)

− e −x dx =

và f (4) = −1

Vậy, min y = −1 khi x = 4 , max y =
[1;4]

[1;4]

Câu III

1
khi x = 1
2

Gọi H,M,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,AC,AM
Theo giả thiết,
A′ H ⊥ (ABC ), BM ⊥ AC
Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên
IH || BM ⇒ IH ⊥ AC
Ta có, AC ⊥ IH , AC ⊥ A′ H ⇒ AC ⊥ IA′
Suy ra góc giữa (ABC ) và (ACC ′A′) là A′ IH = 45

A'

B'
C'

A

o

H

I

a

M

B

C

1
a 3
A′ H = IH . tan 45 = IH = MB =
2
4
o

Vậy, thể tích lăng trụ là: V = B.h =
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

1
1 a 3
a 3
3a 3
⋅a ⋅
=
BM .AC .A′ H = ⋅
(đvdt)
2
2 2

2
8

Câu IVa: Theo giả thiết OB = (1; 0; −5) nên B(1; 0; −5) và AB = (1 − x A; −yA ; −5 − z A ) = (1; −1; −1)
Do đó, A(0;1; −4)
x −1 y − 4 z −1
=
=
1
−4
−2
1 1
Gọi (S ) là mặt cầu đường kính AB thì (S ) có tâm I ( 2 ; 2 ; − 92 ) là trung điểm đoạn AB

Như vậy, A(0;1; −4), B(1; 0; −5) và ∆ :

Và bán kính R =

12 + (−1)2 + (−1)2
AB
3
=
=
2
2
2

Vậy, phương trình mặt cầu (S ) : (x − 21 ) + (y − 21 ) + (z +
2

2

9
2

)

2

=

3
4

Tiếp diện với (S ) tại B hiển nhiên đi qua B(1; 0; −5) và có véctơ pháp tuyến là n = AB ,
do đó có phương trình: 1(x − 1) − 1(y − 0) − 1(z + 5) = 0 ⇔ x − y − z − 6 = 0
Đường thẳng AB đi qua điểm A(0;1; −4) , có véctơ chỉ phương u = AB = (1; −1; −1)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M (1; 4;1) , có véctơ chỉ phương u ′ = (1; −4; −2)
 −1 −1 −1 1 1 −1 

Ta có, [u, u ′ ] = 
;
;
 = (−2;1; −3)
 −4 −2 −2 1 1 −4 


AM = (1; 3;5) ⇒ [u, u ′ ].AM = −2.1 + 1.3 − 3.5 = −14 ≠ 0
Vậy, AB và ∆ chéo nhau.
Gọi (P) là mặt phẳng chứa hai điểm A,B đồng thời song song với đường thẳng ∆

Điểm trên mp(P) là: A(0;1; −4)
Vì (P) chứa A,B và song song với ∆ nên có véctơ pháp tuyến: n = [u, u ′ ] = (−2;1; −3)
PTTQ của (P): −2(x − 0) + 1(y − 1) − 3(z + 4) = 0 ⇔ 2x − y + 3z + 13 = 0
Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y = x 2 − 12x + 36 và y = 6x − x 2

Cho x 2 − 12x + 36 = 6x − x 2 ⇔ 2x 2 − 18x + 36 = 0 ⇔ x = 3, x = 6
Diện tích cần tìm là: S =

6

∫3

2x 2 − 18x + 36 dx =

6

∫3 (2x

2

− 18x + 36)dx

6

 2x 3

= 
− 9x 2 + 36x  = −9 = 9 (đvdt)
 3


3

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:

∆1 đi qua điểm M 1(1; −1;2) , có vtcp u1 = (1; −1; 0)
∆2 đi qua điểm M 2 (3;1; 0) , có vtcp u2 = (−1;2;1)
 −1 0 0
1 1 −1 

Ta có, [u1, u2 ] = 
;
;
 = (−1; −1;1)
2 
 2 1 1 −1 −1
M 1M 2 = (2;2; −2)
⇒ [u1, u2 ].M 1M 2 = −1.2 − 1.2 + 1.(−2) = −6 ≠ 0

Suy ra, ∆1 và ∆2 chéo nhau.
mp(P) chứa ∆1 và song song ∆2 nên đi qua M 1(1; −1;2) , có vtpt n1 = [u1, u2 ] = (−1; −1;1)
Vậy, PTTQ mp(P): −1(x − 1) − 1(y + 1) + 1(z − 2) = 0 ⇔ x + y − z + 2 = 0
Vì A ∈ ∆1, B ∈ ∆2 nên toạ độ của chúng có dạng:
A(1 + a; −1 − a;2), B(3 − b;1 + 2b;b) ⇒ AB = (2 − a − b;2 + a + 2b;b − 2)

AB ngắn nhất ⇔ AB là đường vuông góc chung của ∆1 và ∆2

(2 − a − b ).1 + (2 + a + 2b ).(−1) + (b − 2).0 = 0
AB.u1 = 0
⇔

⇔ 
AB.u = 0
(2 − a − b ).(−1) + (2 + a + 2b ).2 + (b − 2).1 = 0

2

2 − a − b − 2 − a − 2b = 0
−2a − 3b = 0
a = 0
⇔ 
⇔ 
⇔ 
−2 + a + b + 4 + 2a + 4b + b − 2 = 0
3a + 6b = 0
b = 0



Vậy, A(1; −1;2), B(3;1; 0)

Câu Vb: z 2 + Bz + i = 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng −4i
Giả sử z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình trên. Dựa vào công thức nghiệm phương
b
c
trình bậc hai, ta suy ra: z1 + z 2 = − = −B
vaø
z1.z 2 = = i
2a
a
2

2
2
Theo giả thiết, z 1 + z1 = −4i ⇔ (z1 + z 2 ) − 2z1z 2 = −4i ⇔ B 2 − 2i = −4i ⇔ B 2 = −2i

⇔ B 2 = (1 − i )2 ⇔ B = ±(1 − i )
Vậy, B = ±(1 − i )