ĐỀ ôn THI TỐT NGHIỆP NĂM 2009 nộp sở

ễN THI TT NGHIP NM 2009
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH ( 7 IM)
Cõu 1: ( 3 im )
Cho hm s y = x 4 + 2(m 2)x 2 + m 2 5m + 5 cú th ( Cm )
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s khi m = 1 .
2. Tỡm giỏ tr ca m th ( Cm ) ct trc honh ti 4 im phõn bit .
Cõu II ( 3,0 im )

x
x + 1 2) = 12
1. Gii phng trỡnh log 2 (2 1).log 2 (2

2. Tớnh tớch phõn : I =


2

s in 2 x

( 2 + sin x )

2

dx

0

3. Tỡm giỏ tr ln nht ca hm s y = ln x x .
Cõu III ( 1 im )
Cho hỡnh chúp t giỏc u S.ABCD cú tt c cỏc cnh u bng nhau.Th tớch
9 2 3

ca khi chúp ny l V =
a . Tớnh di cỏc cnh hỡnh chúp.
2
II. PHN RIấNG ( 3 im )
1/ Theo chng chun
Cõu IV.a ( 2,0 im ) :
Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho tam giỏc ABC cú cỏc nh A,B,C ln lt
nm trờn cỏc trc Ox,Oy,Oz v cú trng tõm G(1;2; 1 ) Hóy tớnh din tớch tam giỏcABC
.
Cõu V.a ( 1im ) :
_
2
2
Cho s phc z = ( 1 2i ) ( 2 + i ) . Tớnh giỏ tr biu thc A = z. z .
2/ Theo chng trỡnh nõng cao:
Cõu IVb (2 im )
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) : x 2 + y 2 + z 2 2x + 4y 6z + 8 = 0 .
1.Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P).
2.Viết phơng trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Cõu Vb (1 im )




cos i sin ữ 1 + i 3

Tớnh gn :
3
3

z=
5
i

(

)

7

1


HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu

Câu I
(3 điểm)

Đáp án
1.(2 điểm) : Khi m =1 ta có y = x 4 − 2 x 2 + 1 .
1/ Tập xác định : D = R
2/Sự biến thiên của hàm số:
•
•

Giới hạn của hàm số tại vô cực: lim

y

x →−∞

= +∞ ,

Điểm
0.25đ

lim y =+ ∞

0.25đ

x →+∞

Bảng biến thiên:
y’ = 4 x 3 − 4 x = 4 x( x 2 − 1); y ' = 0 ⇔ x = 0, x = 1, x = −1.
x −∞
0
1
−1
−
−
y′
0
+
0
0
+
1
y +∞

0
0

+∞
+∞
0.75đ

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-∞;-1) và ( 0;1) , đồng biến trên
mỗi khoảng (-1;0)và (1; +∞)
Hàm số đạt cực đại tai x =0, giá trị cực đạicủa hàm số là y(0 ) = 1
Hàm số đạt cực tiểu tại các x = 1, x = -1, giá trị cực tiểu của hàm số
y(1) =0, y(- 1) = 0
3/ Đồ thị:
•

Điểm uốn: y’’= 12 x 2 − 4 . y’’ = 0 tại các điểm x1 =

3
3
, x2 = −
3
3

và y’’ đổi dấu khi x qua mỗi điểm x1 , x2 . Do đó

•
•
•



 3 4
3 4
U1  −
; ÷
,
U
÷ 2  3 ; 9 ÷
÷
 3 9


Giao điểm của đồ thị với trục tung là điểm ( 0; 1)
Giao diểm của đồ thị với trục hoành là điểm (-1;0), (1;0)
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng

0.75đ

2


2. (1 điểm )
•

Hoành độ giao điểm của ( Cm ) và trục ox là nghiệm của PT:
x 4 + 2(m − 2)x 2 + m 2 − 5m + 5 = 0

•

(1)

Đặt t = x2 ,t ≥ 0 . Ta có :

(1) ⇔ t 2 + 2(m − 2)t + m 2 − 5m + 5 = 0 (2)

0.25đ
0.25đ

Đồ thị ( Cm ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt

.

⇔ pt (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 2 nghiệm dương phân biệt
∆ ' > 0 m − 1 > 0

5− 5

⇔ P > 0 ⇔ m 2 − 5m + 5 > 0 ⇔ 1 < m <
2
S > 0
−2(m − 2) > 0


0.5đ

1/ (1 điểm )
Câu II
(3 điểm) Điều kiện : x > 0.Với điều kiện đó

pt ⇔ log (2x − 1).[1 + log (2 x − 1)] − 12 = 0, (1)
2

2

0.5đ

x
Đặt : t = log (2 − 1) thì (1) ⇔ t 2 + t − 12 = 0 ⇔ t = 3 ∨ t = −4
2
® t = 3 ⇔ log (2x − 1) = 3 ⇔ 2 x = 9 ⇔ x = log2 9
2

® t = − 4 ⇔ log (2x − 1) = −4 ⇔ 2 x =
2

17
17
⇔ x = log2
16
16

0.5đ

2/ (1điểm )
π
2

π

2
Ta có: I = ∫ sin 2x 2 dx = ∫ 2sin x cos x2 dx

(2 + sin x)
0
0 ( 2 + sin x )

Đặt :u = 2 + sinx ⇒ sinx = u – 2 ⇒ cosxdx = du
π
Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 2; x = ⇒ u = 3
2
3
3
3
u−2
2
1 2 

 3 1
Vậy: I = 2 ∫ 2 du = 2∫  − 2 ÷du = 2  ln u + ÷ = 2  ln − ÷
u
u u 
u2

 2 3
2
2

0.5đ
0.5đ

3

3/ ( 1điểm ) Ta có : TXĐ: D = (0; +∞)
y′ =

1
1
1 1 1
1 1 1
−
=
(
− ), y′ = 0 ⇔
(
− )=0⇔ x=4
x 2 x
x x 2
x x 2

Bảng biến thiên :
x
y′
y

Vậy :

Câu III
(1 điểm)

0

4
−
0
+
2ln2 - 2

0.5đ

+∞
0.5đ

Maxy = y(4) = 2 ln 2 − 2
(0;+∞)

Gọi O là giao điểm hai đường chéo hình vuông ABCD. SO ⊥ ( ABCD )
x2
x
x 2
2
2
2
SO
=
SB
−
OB
=
⇒ SO =
Đặt AB = x . Ta có BO =
.

2
2
2
Thể tích khối chóp
1
x3
9 2a3
x3
⇔
=
⇔ x = 3a .
V = SO.dt ( ABCD) =
3
2
3 2
3 2

0,5đ

0.5đ

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Câu

Đáp án

Điểm

Câu
Vì các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz nên ta gọi

IVa
(2điểm) A(x;0;0) , B(0;y;0),C(0;0;z) .
Theo đề :G(1;2; −1 ) là trọng tâm tam giác ABC
Theo
chương
x
3 =1
trình
x = 3

chuẩn
y

⇔  = 2 ⇔ y = 6
3
z = −3
 z = −1 
 3
Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0; −3 )

0,5đ

0,25đ

Mặt khác :

3.VOABC
1
VOABC = .d(O,(ABC).SABC ⇒ SABC =
3

d(O,(ABC)
Phương trình mặt phẳng (ABC) :

x y z
+ +
=1
3 6 −3

0,25đ
0.25đ

4


1

d(O,(ABC)) =

=2

1 1 1
+
+
9 36 9
1
1
Mặt khác : VOABC = .OA.OB.OC = .3.6.3 = 9
6
6
27

Vậy : SABC =
2
nên

Câu Va Ta có:

z = ( 1 − 2i )

2

( 2 + i)

2

(

)(

0.25đ

0.25đ
0.25đ

)

= 1 − 4i + 4i 2 4 + 4i + i 2 = ( −3 − 4i ) ( 3 + 4i )

= −9 − 24i − 16i 2 = 7 − 24i

0.5đ

0.25đ

−

⇒ z = 7 + 24i
−

CâuIVb

⇒ A = z. z = (7 − 24i )(7 + 24i) = 625
a. Gọi (d) là đường thẳng qua M vuông góc mp(P ). Vì VTPT của mp
→

0.25đ

→

( P ) là n p = ( 1;1; 2 ) nên VTCP của đường thẳng ( d) là n p
Theo
chương
trình
nâng cao

x = 2 + t

⇒ (d) : y = 3 + t
z = 2t


0.5đ

Khi đó: N = d ∩ (P) ⇒ N(1;2; −2)

b. + 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 ⇔ 
6
 m = −11
Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình
(Q) : x + y + 2z − 11 = 0

Câu Vb

1,5đ

Ta có :
i 5 = i 4 .i = i

0.25đ

π
π


 cos − i sin ÷. 1 + i 3
3
3


(

)

7

7

π
π  
π
π

=  cos( − ) + i sin( − ) ÷.27.  cos + i sin ÷
3
3  
3
3

= 27 ( cos 2π + i s in2π ) = 27 = 128

128
= −128i
Do đó : z =
i

0.5đ
0.25đ

5


6