Viết phương trình mặt phẳng MNP biết M, N, P lần lượt là hình chiếu của điểm A lên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz.. Thí sinh theo chương trình nâng cao: Câu 4b.[r]
Trang 1Sở GD&ĐT Bình Thuận
Trường THPT Đức Linh ĐỀ ÔN LUYỆN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2008-2009
MÔN TOÁN Thời gian: 150 phút.
I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1: (3,0
Cho hàm có (C)
x
x y
1
1 2
a)
b)
Câu 2: (3,0
a) 3x 3 x2 80
b) Tính tích phân : 2
01 sin cos
dx x x
c) Tìm giá 5 ;*! !2 và giá 5 !< !2 = hàm y 2x4 6x2 1 trên [-1;2]
Câu 3 (1.0 điểm):
Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông G! a, SA( ABCD),
60
II PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A Thí sinh theo chương trình chuẩn:
Câu 4a: (1,0
4 + 7x2 + 5 = 0
Câu 5a ( 2,0
Trong không gian Oxyz, cho 4
1
2
5Y Z [ Ox, Oy, Oz
B Thí sinh theo chương trình nâng cao:
Câu 4b (1,0
Tính
y = lnx, y=0, x = 2
Câu 5b (2,0
Trong không gian Oxyz, cho
1
3 4
2
y z
x
1
2 Tìm
HẾT
Trang 2ĐÁP ÁN
1 a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2,00 đ
1
x y
Hàm không có 5
0,50
2 lim
x
y
1
lim
x
1
lim
x
y
0,50
x - 1
+ y’ + +
y
+ -2
-2 -
0,25
b (C):
-
2 1
-
0,50
b Viết pt tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đt (d): 12x + 3y
+ 2 = 0
1,00đ
Ta có: 12x + 3y + 2 = 0 nên (d) có S góc k = -4 Suy ra S
3
2
4
4 1
0,25
k’ = f’(x0) =
4
1
3
1 2
1 4 1
4
1 1
1
0
0 0
2 0 2
x x
x x
Suy ra có hai ) và (3, )
2
3
2
5
0,50
4
5 4
1 2
3 1 4
1
y
4
13 4
1 2
5 3 4
y
0,25
2 3,0 điểm
a 1,0 điểm
0 8 3
3
9
bI t = 3x , t > 0, 2 '34!, trình 5H thành : t + 8 > 0
t
9
t2 + 8t – 9 > 0
1
9
t
Trang 3b 1,0 điểm
bI t = 1 + sinx, suy ra dt = cosxdx
x = t = 2
2
0,5
Suy ra: 2 =
01 sin cos
dx x
x
2 ln 1
2 ln
2
1
t
c 1,0 điểm
Xét trên G! [-1;2] ta có:
y’ = 8x3 – 12x
y’ = 0
2 3 0
x x
0,50
y(0) = 1; y(-1) = -3 ; y( ) = ; y(2) = 9
2
3
2
7
&L)
2
7 min
; 9 max
2
; 1 2
;
0,50
3 1,0 điểm
C A
B
S
Ta có: SA( ABCD)nên AC là hình lên (ABCD)
0,25
2
a
S ABCD
6 60
tan
AC
0,50
3
6
3
.
a SA S
4a 1,0 điểm
2x4 + 7x2 + 5 = 0
2 5
1
2 2
x
2
5
i x
i
2,0 điểm
1 1,5 điểm
Suy ra
2,0,2; BC2,0,2
W34!, trình I 'J!, (ABC) là : 8(y -1) = 0 hay y – 1 = 0
Thay
0,50
5a
nên AB BC (1) 0
.BC
Trang 4suy ra nên AD CD (2)
2,2,0; CD2,2,0
kính AC
(S) là :
R = 2 W34!, trình (S) là: (x -1)2 + (y – 1)2 + (z – 2)2 = 4
2
4
AC
0,50
2 0,5 điểm
hay 2x + 6y + 3z – 6 = 0 1
2 1
3x y z
0,25
1,0 điểm
Ta có lnx = 0 x = 1
2
1
2
ln xdx V
0,25
bI
x v
xdx x
du dx
dv
x
I xdx
x x xdx
1
2 ln
2
1 2
2
1
1
ln xdx
0,50
4b
bI
x v
dx x
du dx
dv
x
1
2 2 ln 2 1
2 ln
2
1
x x
&L) V = 2ln22 – 4ln2 + 2 0,19
0,25
2,0 điểm
1 1,5 điểm
5b
d
u
H
M0
A b3^!, J!, (d) có #p4 u '34!, là
và 0 ( 0, 0, -3)
2,4,1
u
Vì (d) và (d’)
(d’)
0,50
) 4 , 2 , 3 (
0A
M u(2,4,1) M0A;u(14,5,8)
AH = d(A, (d)) = =
u
u A
7 95
H (d) nên H = (2t, 4t, -3 + t); AH =
2t3 2 4t2 2 t42 21t2 36t29
0,50
Trang 5Suy ra: 21t2 t36 29=
7
95
7
6 108
252
7
15
; 7
24
;
7
12
7
22
; 7
10
; 7
9
AH a9,10,22 '34!, = 3^!, J!, (d’)
W34!, trình tham = (d’): ( t R)
t z
t y
t x
22 1
10 2
9 3
0,50
2 0,5 điểm
AB
0,25
H là trung
2
1 7
15 2
2 7
24
2
3 7
12
z y x
7 37 7 34 7 3
z y x
0,25
... 8(y -1 ) = hay y – =Thay
0,50
5a
nên AB BC (1)
.BC
Trang 4... xdx
x x xdx
1
2 ln
2
1 2
2
1< /small>
1< /small>
ln xdx
0,50...
6 10 8
252
7
15
;
24
;
7
12
7
22