ĐỀ 4 ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT 2009

ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT . NĂM HỌC 2008 - 2009
ĐỀ 4
( 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
y x 3x 1= − +
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(
14
9
;
1−
) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Cho hàm số
2
x x
y e
− +
=
. Giải phương trình
y y 2y 0
′′ ′
+ + =
b. Tính tìch phân :
2
sin 2x
I dx

2
(2 sin x)
0
π
=
+
∫
c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
3 2
y 2sin x cos x 4sin x 1= + − +
.
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 ,
·
SAO 30=
o
,
·
SAB 60=
o
. Tính độ dài đường sinh theo a .
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
x 1 y 2 z
( ) :
1
2 2 1

− −
∆ = =
− −
,

x 2t
( ) : y 5 3t
2
z 4

= −

∆ = − +


=


a. Chứng minh rằng đường thẳng
( )
1
∆
và đường thẳng
( )
2
∆
chéo nhau .
b. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng
( )
1

∆
và song song với đường
thẳng
( )
2
∆
.
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Giải phương trình
3
x 8 0+ =
trên tập số phức ..
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) :

x y 2z 1 0+ + + =
và mặt cầu (S) :
2 2 2
x y z 2x 4y 6z 8 0
+ + − + − + =
.
a. Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) .
b. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Biểu diễn số phức z = 1− + i dưới dạng lượng giác .
. . . . . . . .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

x
−∞

1−
1
+∞

y
′
+ 0
−
0 +
y 3
+∞


−∞

1−


b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k
14
(d) : y 1 k(x )
9
⇒ + = −

14
(d) : y k(x ) 1
9
⇒ = − −
(d) tiếp xúc ( C)
⇔
Hệ sau có nghiệm
14
3
x 3x 1 k(x ) 1 (1)
9
2
3x 3 k (2)

− + = − −



− =

Thay (2) vào (1) ta được :
2
3 2
3x 7x 4 0 x ,x 1,x 2
3
− + = ⇔ = − = =

2 5 5 43
(2)

x = k tt ( ) : y x
1
3 3 3 27
−
→ = − ⇒ ∆ = − +¡

(2)
x = 1 k 0 tt ( ) : y 1
2
→ = ⇒ ∆ = −¡

(2)
x = 2 k 9 tt ( ) : y 9x 15
3
→ = ⇒ ∆ = −¡
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ
2 2
x x 2 x x
y ( 2x 1)e , y (4x 4x 1)e
− + − +
′ ′′
= − + = − −¡

2
2 x x 2
1
y y 2y (4x 6x 2)e ; y y 2y 0 2x 3x 1 0 x , x 1
2
− +

′′ ′ ′′ ′
+ + = − + + + = ⇔ − + = ⇔ = =¡

b) 1đ
Phân tích
sin 2xdx 2sin x.cos xdx 2sin x.d(2 sin x)
2 2 2
(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x)
+
= =
+ + +
Vì
d(2 sin x) cos xdx+ =
nên
sin 2xdx 2sin x.d(2 sin x) sin x
2.[ ]d(2 sin x)
2 2 2 2
(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x) (2 s
2
in x)
2 +
−
+
= = +
+ + + +

2
2.[ ]d(2 sin x)
2
2 sin x

(2 sin x)
1
=
+
− +
+
Giáo Viên TRẦN VĂN NÊN - 2 -
ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT . NĂM HỌC 2008 - 2009
Do đó :
2
2
I 2.[ ln | 2 sin x | ]
0
2 sin x
+
+
+
π
=
=
− +
2 3
2ln
3 2
Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt
t 2 sin x= +
c) 1đ
Ta có :
3 2
y 2sin x sin x 4sinx 2= − − +

Đặt :
3 2
t sin x , t [ 1;1] y 2t t 4t 2 , t [ 1;1]= ∈ − ⇒ = − − + ∈ −

2
2 2
y 6t 2t 4 ,y 0 6t 2t 4 0 t 1 t
3
′ ′
= − − = ⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
Vì
2 98
y( 1) 3,y(1) 1,y( ) =
3 27
− = = − −
. Vậy :

2 98 2 2
+ Maxy = Maxy = y( ) khi t = sinx =
3 27 3 3
[ 1;1]
2 2
x = arcsin( ) k2 hay x = arcsin( ) k2 ,k
3 3
− = − ⇔ −
−
⇔ − + π π − − + π ∈
¡
¢

+ min y min y = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k
2
[ 1;1]
π
= = − ⇔ ⇔ + π ∈
−
¢
¡
Câu III ( 1,0 điểm )
Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM
⊥
AB thì OM = a
SAB∆
cân có
·
SAB 60=
o
nên
SAB∆
đều .
Do đó :
AB SA
AM
2 2
= =
SOA∆
vuông tại O và
·
SAO 30=
o

nên

SA 3
OA SA.cos30
2
= =
o
OMA∆
vuông tại M do đó :
2 2
3SA SA
2 2 2 2 2 2
OA OM MA a SA 2a SA a 2
4 4
= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ =
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ
Qua A(1;2;0)
( ) :
1
+ VTCP a = (2; 2; 1)
1

+

∆

− −



r
,
Qua B(0; 5;4)
( ) :
2
+ VTCP a = ( 2;3; 0)
2

+ −

∆

−


r

AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB 9 0
1 2
= − − = − ≠
uuur uuur
r r
⇒

( )
1
∆
,

( )
2
∆
chéo nhau .
b) 1đ
Qua ( )
Qua A(1;2; 0)
1
(P) : (P) : (P) : 3x 2y 2z 7 0
+ VTPT n = [a ;a ] (3;2;2)
+ // ( )
1 2
2

+ ∆

+
 
⇒ ⇒ + + − =
 
=
∆




r r r
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Ta có :
x 2

3 2
x 8 0 (x 2)(x 2x 4) 0
2
x 2x 4 0 (*)

= −
+ = ⇔ + − + = ⇔


− + =

Giáo Viên TRẦN VĂN NÊN - 3 -
ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT . NĂM HỌC 2008 - 2009
Phưong trình
(*)
có
2
1 4 3 3i i 3∆ = − = − = ⇒ ∆ =
nên (*) có 2 nghiệm :

x 1 i 3 , x 1 i 3= − = +
Vậy phương trình có 3 nghiệm x 2= − ,
x 1 i 3 , x 1 i 3= − = +
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a. 0,5đ Gọi
x 2 t
Qua M(2;3;0)
Qua M(2;3;0)
(d) : (d) : (d) : y 3 t

+ VTCP a = n (1;1;2)
+ (P)
P
z 2t

= +

+

+
 
⇒ ⇒ = +
  
=
⊥


 
=

r r
Khi đó :
N d (P) N(1;2; 2)= ∩ ⇒ −
b. 1,5đ + Tâm
I(1; 2;3)−
, bán kính R =
6
+ (Q) // (P) nên (Q) :
x y 2z m 0 (m 1)+ + + = ≠
+ (S) tiếp xúc (Q)

m 1 (l)
|1 2 6 m |
d(I;(Q)) R 6 | 5 m | 6
m 11
6

=
− + +
⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔

= −

Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) :
x y 2z 11 0+ + − =
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

z 1 i z 2 r
1 2 1 2 3
cos , sin
2 2 4
2 2
= − + ⇒ = =
π
ϕ = − = − ϕ = = ⇒ ϕ =
Vậy :
3 3
z 2(cos isin )
4 4
π π
= +

Giáo Viên TRẦN VĂN NÊN - 4 -