Tham khảo ôn thi tốt nghiệp năm 2010

<span class='text_page_counter'>(1)</span>THAM KHẢO ÔN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010 PHAÀN BAÉT BUOÄC CAÂU I: m 3 x 2(m 1) x ( m laø tham soá ) 3 a. Khaûo saùt haøm soá khi m= 1 b. Tìm tất cả giá trị m sao cho hàm số có cực đại ,cực tiểu và tung độ điểm cực đại yCD , tung độ điểm 2 yCT ) 2 (4m 4)3 cực tiểu yCT thỏa: ( yCD  9 CAÂU II: 1 a.Tìm taát caû giaù trò x  0,3  thoûa cot gx cot gx sin x. Cho haøn soá y= f(x) =. 1. dx x 0 1 2. b.Tính tích phaân I  . CAÂU III: Cho f(x) =  log 3 ( x 1) log 5 ( x 1) g(x)= log 3 ( x 2  ax 5 1) log 5 ( x 2 ax 6)  a. Chứng minh y= f(x) là hàm tăng trên miền xác định của nó. b. Tìm tất cả các giá trị a để g(x) > 1 với mọi giá trị x CAÂU IV: a.Có bao nhiêu số khác nhau gồm 10 chữ số trong đó có đúng 4 chữ số 2 và 6 chữ số 1?  b.Có bao nhiêu vectơ a  ( x, y, z ) khác nhau sao cho x , y , z là các số nguyên không âm thoả x+y+z=10? PHẦN TỰ CHỌN(Thí sinh chọn một trong hai câu sau) CAÂU Va: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) có phương trình : x+2y-3z-5=0 và đường thẳng (d) có y 3 0  x  phöông trình:  z 2 0 2 y  a. Xác định tất cả các điểm nằm trên đường thẳng (d) cách mặt phẳng ( ) một đoạn bằng 14 . b. Laäp phöông trình hình chieáu (d’) cuûa (d) treân ( ) . CAÂU Vb: Trong không gian , cho tam giác ABC đều có cạnh bằng a.Trên đường thẳng (d) vuông góc với mặt phaúng (ABC) taïi A, choïn hai ñieåm M ,N sao cho nhò dieän (M,BC,N) vuoâng.Ñaët AM= x , AN= y. a. Xác định tất cả giá trị x ,y theo a để đoạn MN ngắn nhất. b. Tính theå tích cuûa hình choùp BCMN theo a, x, y DAP AN Caâu I :. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Cho y  f ( x ) . m 3 x  2(m  1) x 3. a) Khaûo saùt haøm soá khi m= 1:. 1 y  x3  4 x 3.  . TXÑ: D = R. y '  x2  4. x  2. y'  0  .  x  2. y"  2x y "  0  x  0  y  0  Ñieåm uoán O(0, 0). . BBT: x y’. +. 0. 0. Cho x  4  y  . 16 3. +. + +. 16 3. Đồ thị:. x 4 y . 2. 16 3. y. . -2. 16 3. b) Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu sao cho:. 2 ( yCÑ  yCT )2  (4m  4)3 9 m 3 Ta coù: y  x  2(m  1) x 3 y '  mx 2  2(m  1). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> y '  0  mx 2  2(m  1)  0. (1). Hàm số có cực đại và cực tiểu  (1) có 2 nghiệm phân biệt. 2(m  1) 0 m  m  1  m  0 Khi đó (1) có 2 nghiệm x1, x2 ( x1  x2 )  yCÑ  f ( x1 ) vaø yCT  f ( x2 ) Để tìm yCĐ và yCT ta chia f(x) cho f’(x) thì được: . 1. 4. f ( x )  f '( x ). x   (m  1) x 3  3.  yCÑ  f ( x1)   4 (m  1) x1 3. yCT  f ( x2 )   4 (m  1) x2 3 2 Theo giaû thieát: ( yCÑ  yCT )2  (4m  4)3 9. (Vì f'(x1 )  0, f '( x2 )  0). 16 2 (m  1)2 ( x1  x2 )2  64(m  1)3 9 9  ( x1  x2 )  8(m  1) ( Vì m+1  0 ) .  S2  4 P  8(m+1) 8(m+1) -2(m+1)  0 (vì S = 0 , P = ) m m  m = 1 ( Vì m+1  0 ) So với điều kiện m< -1  m > 0 nhận giá trị m = 1 ÑS: m = 1.. Caâu II: a) Tìm x  [0,3 để cotgx = cotgx -. 1 sinx. Ñieàu kieän : cot gx  0 vaø x  [0,3 cos x  1 Khi đó: Phương trình  cot gx  sin x  cot gx. sin x  1  cos x . . (*). Nếu sinx > 0 thì phương trình (*) trở thành : cotgx.sinx = 1 - cosx 1  cos x  2   x    k 2  (k   ) 3   So với điều kiện nhận x   x  3 3 Nếu sinx < 0 thì phương trình (*) trở thành:. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> cotgx.( - sinx) = 1 – cosx  -cosx = 1 – cosx (voâ nghieäm)   Toùm laïi: x   x  3 3 1. dx 1  2x 0. b) Tính I   1. 1  2x  2x 1  2x 0. Ta coù: I  . 1. 1. . 2x 1  2x 0.  dx   0. Xem. 1. J. dx. 2x 0 1  2 x. 1. dx  1 . 2x 0 1  2 x. dx. dx. Ñaët t  1  2 x  dt  2 x.ln 2dx Đổi cận: x  0  t  2. x 1 t  3 3 3 1 dt 1 ln 3 J  .ln t  1  ln 2 2 t ln 2 ln 2 2 ln 3 Vaäy: I  2  ln 2. Caâu III:. f ( x )   log3 ( x  1) .log5 ( x  1) g( x )   log3 ( x 2  ax  5  1 .log5 ( x 2  ax  6)   a) Chứng minh y = f(x) là hàm tăng. Mieàn xaùc ñònh cuûa haøm y= f(x) laø: D  [0, ) Caùch 1: Ta coù y1  log3 ( x  1) vaø y2  log5 ( x  1) laø hai haøm taêng vaø coù giaù trò khoâng aâm treân D neân :. f ( x )  y1 .y2 laø haøm taêng treân D. Caùch 2: Ta coù: f ( x )  log3 e.ln( x  1).log5 e.ln( x  1) 1  .ln( x  1).ln( x  1) ln 3.ln 5  ln( x  1) 1 ln( x  1)   f '( x )      0, x  0 ln 3.ln 5  2 x ( x  1) x 1 .  y = f(x) laø haøm taêng treân D. b) Tìm a để g( x )  1, x   Đặt u  x 2  ax  5  0 thì g(x) trở thành: f (u)  log3 ( u  1).log5 (u  1) Khi đó g(x) > 1 trở thành:. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> f (u)  1  f (u)  f (4) (vì f(4) = 1)  u  4 ( vì y = f(u) taêng treân D) Vaäy g( x )  1, x    x 2  ax  5  4, x    x 2  ax  1  0, x   0  a2  4  0  a  2  a  2. Caâu IV: a) Có bao nhiêu số gồm 10 chữ số trong đó có đúng bốn chữ số 2 và sáu chữ số 1. Giả sử bốn chữ số 2 là khác nhau và sáu chữ số 1 là khác nhau thì số các số gồm 10 chữ số ở trên laø:10! Nhưng khi ta hoán vị bốn chữ số 2 hay sáu chữ số 1 cho nhau, ta chỉ được một số thực sự. Do vaäy caùc soá caàn tìm laø: 10!  210 (soá) 6!4!  b) Có bao nhiêu a  ( x , y, z) khác nhau sao cho x , y , z là số nguyên không âm thoả x + y + z =10 . Caùch 1 : Vì x + y + z = 10 và x , y, z   nên không có trường hợp x = y = z. Do vậy còn 2 trường hợp sau : - Trường hợp 1 : 2 trong 3 số x ,y, z bằng nhau và khác số còn lại.  có 6 trường hợp, mỗi trường hợp có 3 vectơ khác nhau.  coù 18 vectô khaùc nhau. - Trường hợp 2 : x, y, z khác nhau đôi một  có 8 trường hợp, mỗi trường hợp có 3!= 6 vectơ khác nhau  coù 18 vectô khaùc nhau. Tóm lại: Số các vectơ thoả yêu cầu bài toán là:18 + 48 = 66 (vectơ) Caùch 2: Ta có: z = 10 – (x + y). Do đó ta chỉ cần x, y thoả x  y  10 và x , y   Neáu x = a thì y  10  a  coù 11 – a caùch choïn y. Do vậy: Ta cho a chạy từ 0 đến 10 thì được số vectơ thoả yêu cầu bài toán là: (11 – 0) + (11 – 1) + (11 - 2) +…+ (11 - 10)  112  (1  2  ......  10) 10.11  112   66 (vectô) 2 Caâu Va: x  y  3  0 a) Tìm trên đường thẳng  cách mặt phẳng ( ) : x  2 y  3z  5  0 một đoạn bằng 14 . 2 y  z  2  0  Laáy M (3 - t, t, 2 - 2t)  d  d ( M , )  14  3  t  2t  3(2  2t )  5  14  7t  8  14  t . 22 6 t  7 7. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  1 22 26   27 6 26  Vaäy ñieåm caàn tìm laø M   , ,   hay M  ,  ,   7  7 7   7 7  7. b) Laäp phöông trình hình chieáu (d’) cuûa (d) treân ( ) .  Gọi là mặt phẳng chứa (d) và   ( ) .      qua A(3, 0, 2)  d vaø coù VTP n   ad , n   (1,5,3)    Phöông trình  : ( x  3)  5( y  0)  3( z  2)  0   x  5 y  3z  3  0  Hình chieáu (d’) cuûa (d) treân ( ) laø giao tuyeán cuûa ( ),(  ) .  x  2 y  3z  5  0  Phöông trình (d’) laø    x  6 y  3z  3  0 Caâu Vb: a) Xác định x, y theo a để MN ngắn nhất.  Goïi I laø trung ñieåm BC. BC  AI     BC  ( AIN ) BC  (d )   90  Soá ño nhò dieän (M, BC, N)  MIN MIN vuông tại I có IA là đường cao  M, N ở hai bên A và. IA  AM .AN 2.  x.y  . 3a2 4. Ta coù MN  x  y  2 xy  MN ngaén nhaát laø a 3 khi x  y  M x C. A I. y N. B. d. b) Theå tích hình choùp BCMN: Ta coù:. 1 1 VBCMN  VMABC  VNABC  MA.SABC  NA.SABC 3 3 1 1 3  SABC ( MA  AN )  a2 ( x  y) 3 3 4 a2 3 ( x  y) . Vaäy: VBCMN  12. Lop12.net. a 3 2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>