Đề ôn thi tốt nghiệp năm 2009

Tìm giá trị của m để đồ thị Cm cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt ... Tính độ dài các cạnh hình chóp.[r]

ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2009 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( ĐIỂM) Câu 1: ( điểm ) Cho hàm số y  x  2(m  2)x  m  5m  có đồ thị ( Cm ) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số m = Tìm giá trị m để đồ thị ( Cm ) cắt trục hoành điểm phân biệt Câu II ( 3,0 điểm ) Giải phương trình log (2 x  1).log (2 x   2)  12 2  2 Tính tích phân : I = s in x    sin x  dx Tìm giá trị lớn hàm số y = ln x  x Câu III ( điểm ) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất các cạnh nhau.Thể tích a Tính độ dài các cạnh hình chóp khối chóp này là V = II PHẦN RIÊNG ( điểm ) 1/ Theo chương chuẩn Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có các đỉnh A,B,C nằm trên các trục Ox,Oy,Oz và có trọng tâm G(1;2; 1 ) Hãy tính diện tích tam giácABC Câu V.a ( 1điểm ) : _ Cho số phức z = 1  2i    i  Tính giá trị biểu thức A  z z 2 2/ Theo chương trình nâng cao: Câu IVb (2 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0), mặt phẳng 2 (P) : x  y  2z   vµ mÆt cÇu (S) : x  y  z  2x  4y  6z   1.T×m ®iÓm N lµ h×nh chiÕu cña ®iÓm M lªn mÆt ph¼ng (P) 2.Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu Vb (1 điểm )     cos  i sin   i 3 3 Tính gọn : z   i   Lop12.net HƯỚNG DẪN I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm ) Câu Câu I (3 điểm) Đáp án 1.(2 điểm) : Khi m =1 ta có y  x  x  1/ Tập xác định : D  R 2/Sự biến thiên hàm số:  Giới hạn hàm số vô cực: lim y = + , Điểm 0.25đ lim y =+  x   0.25đ x  Bảng biến thiên: y’ = x3  x  x( x  1); y '   x  0, x  1, x  1 x  1 y  +  + y  0   0.75đ Hàm số nghịch biến trên khoảng (-∞;-1) và ( 0;1) , đồng biến trên khoảng (-1;0)và (1; +∞) Hàm số đạt cực đại tai x =0, giá trị cực đạicủa hàm số là y(0 ) = Hàm số đạt cực tiểu các x = 1, x = -1, giá trị cực tiểu hàm số y(1) =0, y(- 1) = 3/ Đồ thị:  Điểm uốn: y’’= 12 x  y’’ = các điểm x1  3 , x2   3 và y’’ đổi dấu x qua điểm x1 , x2 Do đó      4 4 U1   ;  , U  ;   9  9 Giao điểm đồ thị với trục tung là điểm ( 0; 1) Giao diểm đồ thị với trục hoành là điểm (-1;0), (1;0) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng 0.75đ Lop12.net (1 điểm )  Hoành độ giao điểm  Cm  và trục ox là nghiệm PT: x  2(m  2)x  m  5m  = (1)  Đặt t  x ,t  Ta có : (1)  t  2(m  2)t  m  5m   0.25đ 0.25đ (2) Đồ thị ( Cm ) cắt trục hoành điểm phân biệt  pt (1) có nghiệm phân biệt  pt (2) có nghiệm dương phân biệt  '  m    5   P   m  5m     m  S  2(m  2)   0.5đ 1/ (1 điểm ) Câu II (3 điểm) Điều kiện : x > 0.Với điều kiện đó pt  log (2x  1).[1  log (2x  1)]  12  0, (1) 0.5đ Đặt : t  log (2x  1) thì (1)  t  t  12   t   t  4  t =  log (2x  1)   2x   x  log2  t =   log (2x  1)  4  2x  17 17  x  log2 16 16 0.5đ 2/ (1điểm )   sin 2x 2sin x cos x Ta có: I   dx  dx 2  (2  sin x)  sin x   0 Đặt :u = + sinx  sinx = u –  cosxdx = du Đổi cận: x =  u = 2; x   0.5đ u 3 3 u2 2 1    1 Vậy: I   du      du   ln u     ln   u u u  u2   3 2 0.5đ Lop12.net 3/ ( 1điểm ) Ta có : TXĐ: D  (0; ) y  1 1 1 1   (  ), y   (  )0x4 x x x x x x Bảng biến thiên : x y y Vậy : Câu III (1 điểm)  + 2ln2 - 0.5đ  0.5đ Maxy  y(4)  ln  (0;) Gọi O là giao điểm hai đường chéo hình vuông ABCD SO   ABCD  x x2 x 2  SO  Đặt AB = x Ta có BO = SO  SB  OB  2 Thể tích khối chóp x3 2a x3 V = SO.dt ( ABCD)     x  3a 3 0,5đ 0.5đ II PHẦN RIÊNG ( điểm ) Câu Đáp án Điểm Câu Vì các đỉnh A,B,C 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 x chương 3 1 trình x   chuẩn y      y  3 z  3  z  1   Vậy tọa độ các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0; 3 ) 0,5đ 0,25đ Mặt khác : 3.VOABC VOABC  d(O,(ABC).SABC  SABC  d(O,(ABC) Phương trình mặt phẳng (ABC) : x y z   1 3 0,25đ 0.25đ Lop12.net nên d(O,(ABC))  2 1   36 1 Mặt khác : VOABC  OA.OB.OC  3.6.3  6 27 Vậy : SABC  Câu Va Ta có:   0.25đ 0.25đ 0.25đ  z  1  2i    i    4i  4i  4i  i   3  4i   4i  2  9  24i  16i   24i 0.5đ 0.25đ   z   24i  CâuIVb 0.25đ  A  z z  (7  24i )(7  24i )  625 a Gọi (d) là đường thẳng qua M vuông góc mp(P ) Vì VTPT mp (   P ) là n p  1;1;  nên VTCP đường thẳng ( d) là n p Theo chương trình nâng cao x   t   (d) : y   t z  2t  0.5đ Khi đó: N  d  (P)  N(1;2; 2) b + Tâm I(1; 2;3) , bán kính R = + (Q) // (P) nên (Q) : x  y  2z  m  (m  1) + (S) tiếp xúc (Q)  m  (l) |1   m |  d(I;(Q))  R    | 5 m |     m  11 Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) : x  y  2z  11  Câu Vb 1,5đ Ta có : i  i i  i 0.25đ     cos  i sin   i 3 3             cos( )  i sin( )  27  cos  i sin  3   3   27  cos 2  i s in 2   27  128 128  128i Do đó : z = i 0.5đ 0.25đ Lop12.net Lop12.net