ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT . NĂM HỌC : 2008 - 2009
ĐỀ 6
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
4 2
y = x 2x
− +
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M (
2
;0) .
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Cho
lg392 a , lg112 b= =
. Tính lg7 và lg5 theo a và b .
b. Tính tích phân : I =
2
1
x
x(e sin x)dx
0
+
∫
c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số
2
x 1
y
1 x

1;4;2)−
và hai mặt phẳng (
1
P
) :

2x y z 6 0− + − =
, (
2
P ): x 2y 2z 2 0+ − + =
.
a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng (
1
P
) và (
2
P
) cắt nhau . Viết phương trình tham số của
giao tuyến
∆
của hai mặt phằng đó .
b. Tìm điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên giao tuyến
∆
.
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y =
2
x
và (G) : y =
x

Thay (2) vào (1) ta được :
2 2
2
x(x 2)(3x 2x 4) 0 x ,x 0,x 2
3
− − − = ⇔ = − = =


2 2 8 2 8 2 16
(2)
x k ( ) : y x
1
3 27 27 27
= − → = − → ∆ = − +

(2)
x 0 k 0 ( ) : y 0
2
= → = → ∆ =

(2)
x 2 k 4 2 ( ) : y 4 2x 8
3
= → = − → ∆ = − +
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ Ta có : a = lg392 =
3 2
10
lg(2 .7 ) 3lg2 2lg7 3lg 2lg7 3 3lg5 2lg7
5

2 2
1 1 1
x x
x(e sin x)dx xe dx xsin xdx I I
1 2
0 0 0
+ = + = +
∫ ∫ ∫

2 2 2
1
1 1
1 1 1
x x 2 x
I xe dx e d(x ) ( e ) = (e 1)
1
2 2 2
0
0 0
= = = −
∫ ∫
. Cách khác đặt t =
2
x1
I xsin xdx .
2
0

nên
1
1 1
2 0 0
0
I [ xcosx] cosxdx cos1 [sinx] cos1 sin1= − + = − + = − +
∫
Vậy :
1
I (e 1) sin1 cos1
2
= − + −
c) 1đ Tập xác định :
D
=
¡

2 2
1 x
y , y = 0 x = 1
(1 x ) 1 x
−
′ ′
= ⇔
+ +
,

x x x x
2
1

2
=
và chiều cao h = a nên có thể
tích là
3
a
V
2
2
π
=
. Khi đó tỉ số thể tích :

3
V
a 2
1
3
V
2
a
2
= =
π
π

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 ) :


2

1−
1
ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT . NĂM HỌC : 2008 - 2009
b) 1đ
Mặt phẳng (OAB) :
Qua O(0;0;0)
OA (0; 2;1)
VTCP :
OB ( 3;2;1)


= −


= −

uuur
uuur
§
§

VTPT n = [OA;OB] ( 1)(5;3;6)⇒ = −
uuur uuur
r

x 1 5t
Qua C(1; 1;4)

0 0
1 1 d(2x 1) 1 1
S dx ln 2x 1 ln3
2x 1 2 2x 1 2 2
+
= = = + =
+ +
∫ ∫

Theo đề :
a 0
1
S lna ln3 lna ln 3 lna a 3
2 a 3

>
= ⇔ = ⇔ = ⇔ ⇔ =

=

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ
+ Mặt phẳng (
1
P
) có VTPT
1
n (2; 1;1)= −
r

1
n
r
và
2
n
r
nên ta có :

1 2
u [n ; n ] (0;5;5) 5(0;1;1)
∆
= = =
r r r
Vì
1 2
(P ) (P )∆ = ∩
. Lấy M(x;y;x)
( )∈ ∆
thì tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ :

2x y z 6 0
, cho x = 2 ta
x 2y 2z 2 0

− + − =

+ − + =

được :

b) 1đ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng (
∆
) .
Ta có : MH
⊥ ∆
. Suy ra :
H (Q)= ∆ ∩
, với (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông
với
∆
. Do đó
qua M(2;1;3)
(Q): (Q): 0(x 1) 1(y 4) 1(z 2) 0 (Q): y z 6 0
vtpt n = u 5(0;1;1)
∆

⇒ + + − + − = ⇔ + − =

=

r r
§
§
Thay x,y,z trong phương trình (
∆
) vào phương trình mặt phẳng (Q) ta được :

pt( )
1
t H(2;2;4)

Giáo Viên TRẦN VĂN NÊN - 5 -