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 - . 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 (. − 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  − + = = −= ⇔ ⇔. 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