SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ĐỀ CƯƠNG ƠN THI TỐT NGHIỆP LỚP 12 TRƯỜNG THPT TÂN HIỆP NĂM 2010 ĐỀ 1 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số: 3 2 1 2 3 3 y x x x = − + cã đồ thị (C) a) Khảo s¸t sự biến thiªn và vẽ đồ thị (C). b) Dựa vào đồ thị (C), t×m m để phương tr×nh 3 2 1 2 3 0 3 x x x m − + − + = cã 3 nghiệm ph©n biệt . Câu II ( 3,0 điểm ) a) Giải bất phương trình: 2 log 2 (x − 1) > log 2 (5 – x) + 1 b) Giải phương trình trên tập số phức : z 4 + z 2 – 12 = 0 c) Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường : . ; 1; 2; 0 x x y e x x y π = = = = xung quanh trục Ox. Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, cạnh BC = 2a, SA = a, SA⊥mp(ABCD), SB hợp với mặt đáy một góc 45 0 . Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1.Theo chương trình chuẩn Câu IV.a ( 2,0 điểm ) Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho: ( ) ( )      +−= −= += ∆      −= −= += ∆ 2 2 2 2 1 1 1 1 22 1 32 :& 1 3 21 : tz ty tx tz ty tx 1) Chứng tỏ hai đường thẳng (Δ 1 ) & (Δ 2 ) chéo nhau. 2) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa (Δ 1 ) & song song với (Δ 2 ). Câu V.a ( 1,0 điểm ) T×m sè phøc z biÕt 2 5z = vµ phÇn ¶o cđa z b»ng 2 lÇn phÇn thùc cđa nã. 2.Theo chương trình nâng cao Câu IV.b ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, Cho đường thẳng: 2 : 2 4 x t d y t z t = +   = −   = +  ( t R∈ ); và mặt phẳng ( ): 2010 0x y z α + + − = a) Viết phương trình mặt phẳng ( ) β chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng ( ) α . b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng Oyz và (S) tiếp xúc với trục Oz tại điểm N. Câu V.b ( 1,0 điểm ) ViÕt d¹ng lưỵng gi¸c cđa sè phøc 1 3z i= + . 1 1 ĐÁP ÁN ĐỀ 1 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số: 3 2 1 2 3 3 y x x x = − + cã đồ thị (C) a) Khảo s¸t sự biến thiªn và vẽ đồ thị (C)  Tập x¸c định :D = R  Giíi h¹n : lim x y →+∞ = +∞ ; lim x y →−∞ = −∞  y’= 2 4 3x x − + ; y’= 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3   B¶ng biÕn thiªn x − ∞ 1 3 + ∞ y’ + 0 − 0 + y 4 3 +∞ − ∞ 0  Hàm số đồng biến trªn mỗi khoảng ( − ∞ ;1) và (3; + ∞ ) Hàm số đồng biến trªn khoảng (1;3)  Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 1, y C§ = 4/3 Hµm sè ®¹t cùc tiĨu t¹i x = 1, y CT = 0  y’’ = 2 4x − ; y’’ = 0 ⇔ x = 2. Đồ thị nhận ĐU I(2; 2/3) làm tâm đối xứng.  ĐĐB O(0;0), M(4;4/3) b) Dựa v o à đồ thị (C), t×m m để phương tr×nh 3 2 1 2 3 0 3 x x x m − + − + = cã 3 nghiệm ph©n biệt Câu II ( 3,0 điểm ) a) Giải bất phương trình: 2 log 2 (x − 1) > log 2 (5 – x) + 1 ĐK: 1< x < 5 Biến đổi bpt về dạng: log 2 (x − 1) 2 > log 2 [(5 – x).2] <=> (x − 1) 2 > (5 – x).2 (vì: 2 >1) <=> x < − 3 ∨ x > 3 Kết luận: 3 < x < 5 b) Giải phương trình trên tập số phức : z 4 + z 2 – 12 = 0 * z 2 = 3, z 2 = − 4 * z 1,2 = 3± , z 3,4 = 2i ± c) Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường : . ; 1; 2; 0 x x y e x x y π = = = = xung quanh trục Ox. Ta có: V = 2 2 1 x xe dx ∫ 2 2 -2 -1 1 2 3 4 5 -2 -1 1 2 3 4 5 x y ←→ CĐ CT ←→ 3 2 1 2 3 3 y x x x = − + Đặt: 2x u x dv e dx =   =  => 2 1 2 x du dx v e =    =   2 2 2 2 1 1 1 2 2 x x x V e e dx= − ∫ 2 2 2 4 1 2 4 x e e e = − − 2 4 2 4 2 4 3 ( ) 2 4 4 4 e e e e e e − = − − − = Câu III ( 1,0 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, cạnh BC = 2a, SA = a, SA⊥mp(ABCD), SB hợp với mặt đáy một góc 45 0 . Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. * Xác định góc giữa cạnh SB và mặt đáy là góc SBA = 45 0 * Lập luận suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của đoạn SC *Tính bán kính: r = 2 6a * V = 6 3 4 33 ar ππ = II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1.Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho: ( ) ( )      +−= −= += ∆      −= −= += ∆ 2 2 2 2 1 1 1 1 22 1 32 :& 1 3 21 : tz ty tx tz ty tx 1) Chứng tỏ hai đường thẳng (Δ 1 ) & (Δ 2 ) chéo nhau. * )1;1;2( 1 −−= u )2;1;3( 2 −= u ⇒ 21 uku ≠ (1) *Hệ pt:      +−=− −=− +=+ 21 21 21 221 13 3221 tt tt tt (vơ nghiệm)(2) Từ (1) và (2) suy ra (Δ 1 ) & (Δ 2 ) chéo nhau. 2) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa (Δ 1 ) & song song với (Δ 2 ). * (α) chứa (Δ 1 ) và ss (Δ 2 ) nên: (α) chứa điểm A(1,3,1)∈ (Δ 1 ) và có 1 VTPT: 1 2 [ ; ] ( 3; 7;1)u u = − − ur uur *Ptmp(α): − 3(x – 1) − 7( x − 3) +1( z – 1) = 0 ⇔ 3x + 7y − z – 23 = 0 Câu V.a ( 1,0 điểm )T×m sè phøc z biÕt 2 5z = vµ phÇn ¶o cđa z b»ng 2 lÇn phÇn thùc cđa nã. Gi¶ sư z = a+2ai. Ta cã 2 5 2 5 2z a a = = ⇒ = VËy z= 2+4i, z = − 2 − 4i 2.Theo chương trình nâng cao Câu IV.b ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, Cho đường thẳng: 3 3 45 2a a I D B C A S 2 : 2 4 x t d y t z t = +   = −   = +  ( t R∈ ); và mặt phẳng ( ) : 2010 0x y z α + + − = a) Viết phương trình mặt phẳng ( ) β chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng ( ) α . ( ) β có VTPT [ , ] ( 3;0;3) d n u n α = = − r uur uur với (1; 2;1), (1;1;1) d u n α = − = uur uur ( ) (2;0;4) ( )d M β β ⊃ ⇒ ∈ ( ): 2 0x z β ⇒ − + = b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng Oyz và (S) tiếp xúc với trục Oz tại điểm N. Trong d cho x = 0 => t = – 2 thế vào pt d Ta có: I(0;4;2) Gọi N(0;0;z) (0; 4; 2)IN z ⇒ − − uur (S) tiếp xúc Oz tại N (0;0;1)IN k ⇒ ⊥ uur r 2 0 2 (0;0;2)z z N ⇒ − = ⇒ = ⇒ Vậy mặt cầu (S) có tâm: I(0;4;2) , BK :R = NI = 4 2 2 2 ( ): ( 4) ( 2) 16S x y z⇒ + − + − = Câu V.b (1.0 điểm)ViÕt d¹ng lỵng gi¸c cđa sè phøc 1 3z i= + . Ta cã 1 3 2 2 2 2 3 3 z i cos isin π π     = + = +  ÷  ÷  ÷     4 4 ĐỀ 2 ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT 2010 I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 4 2 1 4 3 2 y x x = − + có đồ thò là (C) 1) Khảo sát và vẽ đồ thò (C) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thò (C) tại điểm có hoành độ 2x = − . 3) Đònh m để phương trình : 4 2 1 4 3 lg 2 x x m− + = có 4 nghiệm phân biệt. Câu II ( 3,0 điểm ) 1. Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 log x 1 log x 1 log 7 x 1 x R- + + - - = Ỵ 2. Tính tích phân: ( ) 2 4 0 I 2 sin x 1 cos xdx p = + ò 3. Cho tập hợp { } 2 D x | 2x 3x 9 0= + -Ỵ £¡ . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 y x 3x 3= - + trên D. Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), đáy ABC là tam giác vng tại B, AB a 3, AC 2a= = , góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC) bằng 0 60 . Gọi M là trung điểm của AC. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC). II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1.Theo chương trình chuẩn Câu IV.a (2.0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng ( ) 1 x 1 y 2 z 5 d : 2 3 4 - + - = = , ( ) 2 x 7 y 2 z 1 d : 3 2 2 - - - = = - và điểm A(1; 1;1)- 1. Chứng minh rằng ( ) 1 d và ( ) 2 d cắt nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ( ) 1 d và ( ) 2 d . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P). Câu V.a (1.0 điểm) Tìm mơđun của số phức ( ) 3 1 2i 1 i z 1 i + - - = + 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IV.b (2.0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng ( ) 1 x y 1 z 6 d : 1 2 3 - - = = và ( ) 2 x 1 y 2 z 3 d : 1 1 1 - + - = = - 1. Chứng minh rằng ( ) 1 d và ( ) 2 d chéo nhau. 5 5 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ( ) 1 d và song song với ( ) 2 d . Tính khoảng cách giữa ( ) 1 d và ( ) 2 d . Câu V.b (1.0 điểm) Tính và viết kết quả dưới dạng đại số số phức 8 1 i 3 z 1 i 3 ỉ ư + ÷ ç ÷ = ç ÷ ç ÷ ç - è ø . ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Bài 1: (3,0 điểm) Cho hàm số 4 2 1 4 3 2 y x x = − + có đồ thò là (C) a)Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số.  TXĐ: D = R.Hàm số chẵn  3 ' 2 8y x x= − ; y ’= 0 <=> x = 0 hoặc x = ± 2  BBT : x −∞ –2 0 2 +∞ y ’ – 0 + 0 – 0 + +∞ 3 +∞ y CT CĐ CT –5 –5  HSĐB trên khoảng (–2;0) và (2; +∞ ). HSNB trên khoảng ( −∞ ;–2) và (0;2)  Hàm số đạt cực đại tại 0; 3x y= = CĐ Hàm số đạt cực tiểu tại 2; 5x y= ± = − CT  Đồ thò: o NX: đồ thò nhận Oy làm trục đối xứng o ĐĐB: A(–3; 15/2), B(3;15/2) -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 x y O CĐ CT CT ←→ 4 2 1 4 3 2 y x x= − + ←→ ←→ B A b)Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thò (C) tại điểm có hoành độ 0 2x = − . -Ta có: 0 0 ( ) ( 2) 3y f x f = = − = − 6 6 - 0 '( ) '( 2) 4 2f x f = = -Tieỏp tuyeỏn d: 4 2.( 2) 3 4 2. 5y x x = + = + c) ẹũnh m ủeồ phửụng trỡnh : 4 2 1 4 3 lg 2 x x m + = coự 4 nghieọm phaõn bieọt. YCBT <=> 5 lg 3m < < <=> 5 3 5 3 lg10 lg lg10 10 10m m < < < < Caõu II ( 3,0 im ) 1. Gii phng trỡnh: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 log x 1 log x 1 log 7 x 1 x R- + + - - = ẻ iu kin: x 1 0 x 1 x 1 0 x 1 1 x 7 7 x 0 x 7 ỡ ỡ ù ù - > > ù ù ù ù ù ù ù ù + > > - < < ớ ớ ù ù ù ù ù ù - > < ù ù ù ù ợ ợ Khi ú: ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 2 2 2 (1) log x 1 log x 1 1 log 7 x- + + = + - ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 log x 1 x 1 log 7 x 2 1 x 1 x 1 7 x 2x 2 49 14x x 2 x 3 x 14x 51 0 x 17 ộ ự ộ ự ờ ỳ - + = - ờ ỳ ờ ỳ ở ỷ ở ỷ - + = - - = - + ộ = ờ + - = ờ = - ờ ở So iu kin ban u ta suy ra nghim ca phng trỡnh (1) l x 3= . 2. Tớnh tớch phõn: ( ) 2 4 0 I 2 sin x 1 cos xdx p = + ũ t t 2 sin x 1 dt 2 cos xdx= + =ị i cn: x 0 t 1; x t 3 2 p = = = =ị ị Khi ú: 3 3 5 4 1 1 1 1 t I t dt 2 2 5 ộ ự ờ ỳ = = ờ ỳ ở ỷ ũ 242 121 10 5 = = 3. Cho tp hp { } 2 D x | 2x 3x 9 0= + -ẻ ÊĂ . Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca hm s 3 y x 3x 3= - + trờn D. { } 2 3 D x | 2x 3x 9 0 3; 2 ộ ự = + - = -ẻ Ê ờ ỳ ờ ỳ ở ỷ Ă 2 x 1 D y ' 3x 3 0 x 1 D ộ = - ẻ ờ = - = ờ = ẻ ờ ở Do 3 15 y( 3) 15; y( 1) 5; y(1) 1; y 2 8 ổử ữ ỗ - = - - = = = ữ ỗ ữ ỗ ố ứ nờn ta suy ra c: x D x D max y 5; min y 15 ẻ ẻ = = - Cõu III ( 1,0 im ) Cho hỡnh chúp S.ABC cú SA vuụng gúc vi mt phng (ABC), ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti B, AB a 3, AC 2a= = , gúc gia mt bờn (SBC) v mt ỏy (ABC) bng 0 60 . Gi M l trung im ca AC. Tớnh th tớch khi chúp S.BCM v khong cỏch t im M n 7 7 mt phng (SBC). Do ã ( ) ( ) ã 0 SA (ABC) BC SB BC AB SBA SBC ; ABC 60 ỡ ù ^ ù ^ị ớ ù ^ ù ợ ộ ự = =ị ờ ỳ ở ỷ Xột tam giỏc vuụng SAB v SBC ta cú: 0 2 2 2 2 SA AB. t an60 a 3. 3 3a SB SA AB 2a 3 BC AC AB a ỡ ù = = = ù ù ù ù = + = ớ ù ù ù = - = ù ù ợ Suy ra: 2 1 1 a 3 dt( MBC) dt( ABC) AB.BC 2 4 4 = = =D D 2 1 dt( SBC) SB.BC a 3 2 = =D 2 3 S.BCM 3 S.BCM 2 1 1 a 3 a 3 V dt( MBC).SA . .3a 3 3 4 4 a 3 3 3V 3a 4 d(M, (SBC)) dt( SBC) a 3 4 = = =D = = = D Cõu IV.a (2.0 im) Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho hai ng thng ( ) 1 x 1 y 2 z 5 d : 2 3 4 - + - = = , ( ) 2 x 7 y 2 z 1 d : 3 2 2 - - - = = - v im A(1; 1;1)- 1. Chng minh rng ( ) 1 d v ( ) 2 d ct nhau. Cỏch 1: ( ) 1 d i qua im ( ) 1 M 1; 2;5- v cú VTCP ( ) 1 u 2; 3; 4= uur ( ) 2 d i qua im ( ) 2 M 7;2;1 v cú VTCP ( ) 1 u 3;2; 2= - uur ( ) 1 2 M M 6;4; 4= - uuuuur v [ ] ( ) 1 2 3 4 4 2 2 3 u , u ; ; 14;16; 5 2 2 2 3 3 2 ổ ử ữ ỗ ữ ỗ = = - - ữ ỗ ữ - -ỗ ữ ỗ ố ứ uur uur Do [ ] [ ] 1 2 1 2 1 2 u ;u 0 u ;u .M M 84 64 20 0 ỡ ù ạ ù ù ị ớ ù = - + + = ù ù ợ r uur uur uuuuur uur uur ( ) 1 d v ( ) 2 d ct nhau. Cỏch 2: Phng trỡnh tham s ca ( ) 1 d v ( ) 2 d l: ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 x 1 2t x 7 3t d : y 2 3t ; d : y 2 2t t , t z 5 4t z 1 2t ỡ ỡ ù ù = + = + ù ù ù ù ù ù ù ù = - + = + ẻ ớ ớ ù ù ù ù ù ù = + = - ù ù ù ù ợ ợ Ă 8 8 A C B S M Xét hệ phương trình: 1 2 1 2 1 2 1 2t 7 3t (1) 2 3t 2 2t (2) (*) 5 4t 1 2t (3) ì ï + = + ï ï ï ï - + = + í ï ï ï + = - ï ï î Từ (1) và (2) suy ra : 1 2 t 0 t 2 = ì ï ï í = -ï ï î . Thay vào phương trình (3) ta thấy nó thỏa mãn. Suy ra hệ (*) có nghiệm là 1 2 t 0 t 2 = ì ï ï í = -ï ï î . Vậy ( ) 1 d và ( ) 2 d cắt nhau tại M(1; 2;5)- . 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ( ) 1 d và ( ) 2 d . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P). Do mặt phẳng (P) chứa ( ) 1 d và ( ) 2 d nên (P) đi qua điểm ( ) ( ) 1 1 M 1; 2;5 d- Î và có VTPT là [ ] ( ) 1 2 u , u 14;16; 5= - - uur uur Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là: ( ) ( ) ( ) 14 x 1 16 y 2 5 z 5 0 14x 16y 5z 71 0 - - + + - - = - + - =Û và khoảng cách từ A đến (P) là: ( ) 2 2 2 14 16 5 71 36 d A,(P ) 477 14 16 5 + + - = = + + Câu V.a (1.0 điểm) Tìm môđun của số phức ( ) 3 1 2i 1 i z 1 i + - - = + Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 4 2 2 2 2 2 1 2i 1 i 1 2i 1 i 1 i z 1 i 1 i 1 i 1 i 2i 1 2i i 1 i 3 i 4i 7 i 7 1 i 2 2 2 2 + - - + - - - = = + + - + - - - + = - + - + = = = + Do đó: 2 2 7 1 5 2 z 2 2 2 æö æö ÷ ÷ ç ç = + = ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç ç è ø è ø 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IV.b (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng ( ) 1 x y 1 z 6 d : 1 2 3 - - = = và ( ) 2 x 1 y 2 z 3 d : 1 1 1 - + - = = - 1. Chứng minh rằng ( ) 1 d và ( ) 2 d chéo nhau. ( ) 1 d đi qua điểm ( ) 1 M 0;1;6 và có VTCP ( ) 1 u 1;2;3= uur ( ) 2 d đi qua điểm ( ) 2 M 1; 2; 3- và có VTCP ( ) 2 u 1;1; 1= - uur ( ) 1 2 M M 1; 3; 3= - - uuuuur và [ ] ( ) 1 2 2 3 3 1 1 2 u , u ; ; 5; 4; 1 1 1 1 1 1 1 æ ö ÷ ç ÷ ç = = - - ÷ ç ÷ - -ç ÷ ç è ø uur uur 9 9 Do [ ] 1 2 1 2 u ;u .M M 5 12 3 14 0= - - + = - ¹Þ uuuuur uur uur ( ) 1 d và ( ) 2 d chéo nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ( ) 1 d và song song với ( ) 2 d . Tính khoảng cách giữa ( ) 1 d và ( ) 2 d . Do mặt phẳng (P) chứa ( ) 1 d và song song ( ) 2 d nên (P) đi qua điểm ( ) ( ) 1 1 M 0;1;6 dÎ và có VTPT là [ ] ( ) 1 2 u , u 5; 4; 1= - - uur uur Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là: ( ) ( ) ( ) 5 x 0 4 y 1 1 z 6 0 5x 4y z 2 0 - - + - - - = - + - =Û và khoảng cách giữa ( ) 1 d và ( ) 2 d là : ( ) [ ] [ ] 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 u ;u .M M 14 14 d d ;d 42 u ;u 5 4 1 - = = = + + uuuuur uur uur uur uur Câu V.b (1.0 điểm) Tính và viết kết quả dưới dạng đại số số phức 8 1 i 3 z 1 i 3 æ ö + ÷ ç ÷ = ç ÷ ç ÷ ç - è ø . Ta có: ( ) 2 2 1 2 1 i 3 1 i 3 1 2i 3 3i z 1 i 3 1 3i 1 3 1 2i 3 3 2 2i 3 1 3 i 4 4 2 2 + + + + = = = - - + + - - + = = = - + Dạng lượng giác của 1 z là: 1 2 2 z cos i sin 3 3 p p = + . Suy ra: 8 8 1 1 i 3 2 2 16 16 z z cos(8. ) i sin(8. ) cos i sin 3 3 3 3 1 i 3 æ ö ÷+ pppp ç ÷ ç = = = + = + ÷ ç ÷ ç ÷ ç - è ø 4 4 1 3 cos i sin i 3 3 2 2 p p = + = - - ĐỀ 3 Đề ôn tập lớp 12 I. Phần chung : Bài 1 : (3,0đ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x 3 – 6x 2 + 9x b) Tính thể tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) và trục Ox Bài 2 : (3,0đ) a) Giải phương trình : 2 lg 6.lg 5 0x x+ + = b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x) = 2 9 x x− + 10 10 [...]... trị:hàm số đạt cực đại tại điểm (0 ; 5) và đạt cực tiểu tại điểm: (-1 ;4) và (1 ;-4 ) Lim Giới hạn x → ±∞ y = +∞ Bảng biến thi n: −∞ x y' - -1 0 0 0 + +∞ y - +∞ + +∞ 5 -4 2 1 0 -4 Đồ thị (C): 2 x4 - 2x2 - 2 = m ⇔ x4 - 2x2 - 3 = m -1 số nghiệm pt bằng với số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y=m-1 Pt có 4 nghiệm phâm biệt khi -4 . thò: o NX: đồ thò nhận Oy làm trục đối xứng o ĐĐB: A(–3; 15/2), B(3;15/2) -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 x y O CĐ CT CT ←→ 4 2 1 4 3 2 y x x= − + ←→ ←→ B A . điểm: (-1 ;4) và (1 ;-4 ) Giới hạn +∞= ±∞→ yLim x Bảng biến thi n: x ∞− -1 0 1 ∞+ ' y - 0 + 0 - 0 + y ∞+ 5 ∞+ -4 -4 Đồ thị (C): 2. x 4 - 2x 2 - 2 = m ⇔ x 4 - 2x 2 - 3 = m -1 2 2 2 + - - + - - - = = + + - + - - - + = - + - + = = = + Do đó: 2 2 7 1 5 2 z 2 2 2 æö æö ÷ ÷ ç ç = + = ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç ç è ø è ø 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IV.b (2.0 điểm) Trong không