Tài liệu Đề thi thử tốt nghiệp THTP môn Toán (Có đáp án) - Đề số 11-15 docx

5 ĐÊ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
ĐỀ 11
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y =

2x +1
.
x −1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y=mx+1 cắt đồ thị của hàm số đã cho
tại hai điểm phân biệt.
Câu II ( 3,0 điểm )1) Giải bất phương trình : log 1
2
3

2)Tính tích phân :1) I =

2x + 1
< 0.
x+5

x

ị

dx .
1 + x2
3)Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số: y = − x 2 + 2 x; y = − x.
0

Câu III. (1.0 điểm). Cho số phức: z = (1 − i ) . ( 2 + i ) . Tính giá trị biểu thức A = z.z .
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 ) : Cho chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA ⊥ ( ABCD), SB = a 3 .
Tính thể tích chóp S.ABCD theo a.
CâuV(1.0 điểm).
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;0;0), B(0;3;0), C(0;0;4), D(1;-2;4)
1. Viết phương trình mặt phẳng (ABC).
2. Chứng minh rằng ABCD là hình tứ diện. Tính thể tích tứ diện ABCD.
. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 1. Cho hai mặt phẳng (P): 2x – y – 2z + 3 = 0 và (Q): 2x – 6y + 3z – 4 = 0.
2

2

Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng Δ :

x y +3 z
=
= đồng thời tiếp xúc với
1 −1 2

cả hai mặt phẳng (P) và (Q).
Câu Vb. (1 điểm) Tìm căn bậc hai của số phức −1 + 4 3i .
.
. . . . . . . .Hết . . . . . . .

HƯỚNG DẪN đề 11

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Tập xác định : D =

\ {1}

Sự biến thiên :
•

Chiều biến thiên : y ' =

−3

( x − 1)

2

< 0, ∀x ∈ D.

Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) ∪ (1; +∞ ) .
•
•

Hàm số khơng có cực trị.
Giới hạn : lim y = 2; lim y = 2 và lim+ y = +∞; lim− y = −∞ .
x →−∞

x →+∞

x →1

x →1

Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng: x = 1,và tiệm cận ngang là đường thẳng:
y = 2.
• Bảng biến thiên :
Gv :Mai Thành LB

Ơn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

1


x
y'
y

−∞

1
_

2
−∞

•

+∞
--

+∞

2

Đồ thị :

⎛ 1 ⎞
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-1) và cắt trục hoành tại điểm ⎜ − ;0 ⎟ .
⎝ 2 ⎠
- Đồ thị nhận điểm I (1;2) làm tâm đối xứng.

2. (1,0 điểm)
Đường thẳng y=mx+1 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (ẩn x)

2x +1
= mx + 1 có
x −1

hai nghiệm phân biệt
⇔ Phương trình (ẩn x) mx 2 − (m + 1)x − 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác 1

⎡ m < −5 − 21
⎧
m≠0
⎢
⎪
⎧
m≠0
⎪
⎪

⇔ ⎢ −5 + 21 < m < 0
⇔ ⎨ Δ = (m + 1)2 + 8m > 0 ⇔ ⎨
2
⎢
⎪ m + 10m + 1 > 0
⎪
⎩
2
m>0
m.1 − (m + 1).1 − 2 ≠ 0
⎢
⎪
⎩
⎣
Câu II ( 3,0 điểm )
Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình :

2x + 1
>1
x+5

⎡ ⎧x − 4 > 0
⎢⎨
⎡ x < −5
x−4
⎩x + 5 > 0
⇔
>0⇔⎢
⇔⎢
⎢ ⎧x − 4 < 0

x+5
⎣x>4
⎢⎨
⎢⎩x + 5 < 0
⎣
2. (1,0 điểm)
Gv :Mai Thành LB

Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

2


3

Tính các tích phân sau I =

ị

x

1 + x2
Đặt u = 1 + x 2 Þ du = 2xdx
u= 4
x= 3
Þ
Đổi cận:
u= 1
x= 0

dx

0

Do đó:
4

I=

ị2
1

1
u

du =

u

4
1

= 1

Vậy I = 1
3. (1,0 điểm)
Ta có : − x 2 + 2 x = − x ⇔ x = 0; x = 3
3
3
⎛ x3 3 ⎞ 3 9

Diện tích là : S = ∫ − x 2 + 3 x dx = ∫ (− x 2 + 3 x)dx = ⎜ − + x 2 ⎟ = (đvdt).
⎝ 3 2 ⎠0 2
0
0

Câu III ( 1,0 điểm ) :Ta có : SABCD = a2 ; SA ⊥ ( ABCD),
Suy ra, h = SA = 3a2 − a2 = a 2

1
1
a3 2
Vậy, thể tích chóp S.ABCD là : VS.ABCD = SABCD .SA = a2a 2 =
(đvtt)
3
3
3
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Áp dụng PT của mặt phẳng theo đoạn chắn ta có PT mp (ABC) là :

x y z
+ + = 1 ⇔ 6 x + 4 y + 3z − 12 = 0
2 3 4
2. (1,0 điểm)
• Thay toạ độ điểm D vào pt mặt phẳng (ABC)
• Suy ra D ∉ ( ABC ) do đó ABCD là hình tứ diện.
uuur
uuur
uuu

r
• Ta có : AB = (−2;3; 0) , AC = (−2; 0; 4) , AD = ( −1; −2; 4)
r r
1 uuu uuu uuur 1
1
Thể tích: V = ⎡ AB, AC ⎤ . AD = −2 = (ñvtt )
⎦
6⎣
6
3
Câu IV (1,0 điểm ) :
Tacó:
z = (1 − i ) ( 2 + i ) = (1 − 2i + i 2 )( 4 + 4i + i 2 ) = ( −2i )( 3 + 4i )
2

2

= −6i − 8i 2 = 8 − 6i

2. Theo chương trình nâng cao :

,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
ĐỀ 12
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )

Gv :Mai Thành LB

Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

3


x+2
có đồ thị (C)
1− x
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) .
b. Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y = mx − 4 − 2m luôn đi qua một điểm cố định của đường
cong (C) khi m thay đổi . .
Câu II ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y =

a. Giải phương trình log (2 x − 1).log (2 x + 1 − 2) = 12
2

2

0

b. Tính tìch phân : I =

sin 2x

∫

2
−π /2 (2 + sin x)

dx

x2 − 3x + 1
, biết rằng tiếp tuyến này
x−2
song song với đường thẳng (d) : 5x − 4y + 4 = 0 .
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình chóp S,ABC . Gọi M là một điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2 MA . Tính tỉ
số thể tích của hai khối chóp M.SBC và M.ABC .
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 tam giác ABC có các đỉnh A,B,C lần lượt nằm
trên các trục Ox,Oy,Oz và có trọng tâm G(1;2; −1 ) Hãy tính diện tích tam giác ABC .
c. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) : y =

2

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường ( C ) : y = x , (d) : y = 6 − x và
trục hồnh .
Tính diện tích của hình phẳng (H) .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ . Biết A’(0;0;0) ,
B’(a;0;0),D’(0;a;0) , A(0;0;a) với a>0 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và B’C’ .
a. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và song song với hai đường thẳng AN và
BD’ ..
b. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD’ .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

2

Tìm các hệ số a,b sao cho parabol (P) : y = 2x + ax + b tiếp xúc với hypebol (H) : y =
M(1;1)

1
Tại điểm
x

. . . . . . . .Hết . . . . . . .
HƯỚNG DẪN ĐỀ 12
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ

−∞

x
y′
y

−1

+∞

1
+

+

+∞

−∞

−1

b) 1đ
Gv :Mai Thành LB

Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

4


Ta có : y = mx − 4 − 2m ⇔ m(x − 2) − 4 − y = 0 (*)

⎧x − 2 = 0
⎧x = 2
⇔⎨
⎩−4 − y = 0 ⎩y = −4

Hệ thức (*) đúng với mọi m ⇔ ⎨

Đường thẳng y = mx − 4 − 2m luôn đi qua
điểm cố định A(2; − 4) thuộc (C)

( Vì tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình y =

x+2

)
1− x

Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ Điều kiện : x > 1 .
pt ⇔ log (2x − 1).[1 + log (2x − 1)] − 12 = 0 (1)
2

2

Đặt : t = log (2x − 1) thì (1) ⇔ t 2 + t − 12 = 0 ⇔ t = 3 ∨ t = −4
2

t = 3 ⇔ log (2x − 1) = 3 ⇔ 2x = 9 ⇔ x = log2 9
2

t = − 4 ⇔ log (2x − 1) = −4 ⇔ 2x =
2

17
17
⇔ x = log2
16
16

b) 1đ Đặt t = 2 + sin x ⇒ dt = cos xdx
π
x = 0 ⇒ t = 2 , x =− ⇒ t =1
2
2

2
2
2
2
2(t − 2)
1
1
1
4
I= ∫
dt = 2 ∫ dt − 4 ∫ dt = 2 ln t + 4
= ln 4 − 2 = ln
1
2
2
t
t1
e2
1 t
1
1t
c) 1đ Đường thẳng (d) 5x − 4y + 4 = 0 ⇔ y =

5
x +1
4

Gọi Δ là tiếp tuyến cần tìm , vì Δ song song với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc k =

(Δ ) : y =

5
Do đó :
4

5
x+b
4

⎧ x2 − 3x + 1 5
⎪
= x+b
4
⎪ x−2
Δ là tiếp tuyến của ( C ) ⇔ hệ sau có nghiệm x ≠ 2 : ⎨ 2
⎪ x − 4x + 5 = 5
⎪
2
4
⎩ (x − 2)
(2) ⇔ x2 − 4x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 4

(1)
(2)

1
5
1
(1)
x = 0 ⎯⎯→ b = − ⇒ tt(Δ1) : y = x −

2
4
2
5
5
5
(1)
x = 4 ⎯⎯→ b = − ⇒ tt(Δ 2 ) : y = x −
2
4
2

Câu III ( 1,0 điểm )
V
SM 2
2
= ⇒ VS.MBC = .VS.ABC (1)
Ta có : S.MBC =
VS.ABC SA 3
3
2
1
VM.ABC = VS.ABC − VS.MBC = VS.ABC − .VS.ABC = .VS.ABC (2)
3
3
V
V
Từ (1) , (2) suy ra : M.SBC = S.MBC = 2
VM.ABC VM.ABC
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Gv :Mai Thành LB

Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

5


1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Vì các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz nên ta gọi A(x;0;0) , B(0;y;0),
C(0;0;z) . Theo đề :

⎧x
⎪3 =1
⎧x = 3
⎪
⎪y
⎪
G(1;2; −1 ) là trọng tâm tam giác ABC ⇔ ⎨ = 2 ⇔ ⎨y = 6
0,5đ
3
⎪
⎪z = −3
z
⎪ = −1 ⎩
⎪3
⎩
Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0; −3 )
0,25đ
3.VOABC

1
Mặt khác : VOABC = .d(O,(ABC).SABC ⇒ SABC =
3
d(O,(ABC)
Phương trình mặt phẳng (ABC) :
nên d(O,(ABC)) =

1

x y z
+ +
=1
3 6 −3

1 1 1
+
+
9 36 9

0,25đ

0,25đ

=2

Mặt khác :

1
1
VOABC = .OA.OB.OC = .3.6.3 = 9 0,25đ

6
6
Vậy : SABC =

27
0,25đ
2

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hịnh độ giao điểm của ( C ) và (d) :

⎡x = 2
x2 = 6 − x ⇔ x2 + x − 6 = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = −3
2
6
2
2dx + (6 − x)dx = 1 [x3 ]2 + [6x − x ]6 = 26
S= ∫x
∫
0
3
2 2 3
0
2
2. Theo chương trình nâng cao :Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ Từ giả thiết ta tính được : B(a;0;a),

a
2

D(0;a;0) , A(0;0;a) , M( ;0;a) , N(a;

uuur
a
a
AN = (a; ; −a) = (2;1; −2)
2
2
uuuu
r
BD' = (−a;a; −a) = −a(1; −1;1)

a
;0) .
2

Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với AN và BD’ nên có VTPT là

r
a2
r uuur uuuu
n = [AN,BD'] = − (1;4;3)
2
a
7a
=0
Suy ra : : (P ) :1(x − ) + 4(y − 0) + 3(z − a) = 0 ⇔ x + 4y + 3z −
2
2

Gv :Mai Thành LB

Ơn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

6


uuur

uuuu
r

b) 1đ Gọi ϕ là góc giữa AN và BD' . Ta có :

a2
uuur uuuur
− a2 +
+ a2
2
AN.BD'
3
1
3
cos ϕ = uuuu uuuur =
=
=
⇒ ϕ = arccos
r
3a
9

3 3 9
AN . BD'
.a 3
2
uuur uuuu a2
r
uuu
r
[AN,BD'] = (1;4;3),AB = (a;0;0) = a(1;0;0)
2
uuur uuuu uuu
r
r
a3
[AN,BD'].AB
a
2
=
=
uuur uuuu
r
Do đó : d(AN,BD') =
26
[AN,BD']
a2 . 26
2
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tiếp điểm M có hồnh độ chính là nghiệm của hệ phương trình :

⎧ 2

1
⎧ 2
1
2x + ax + b =
⎪2x + ax + b = x
⎪
⎪
x
(I)
⇔⎨
⎨
2 + ax + b)' = ( 1 )' ⎪4x + a = − 1
⎪(2x
⎩
x
⎪
⎩
x2
Thay hoành độ của điểm M vào hệ phương trình (I) , ta được :

⎧2 + a + b = 1 ⎧ a + b = −1 ⎧ a = − 5
⇔⎨
⇔⎨
⎨
⎩ 4 + a = −1
⎩ a = −5
⎩b = 4
Vậy giá trị cần tìm là a = −5,b = 4
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
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 y = x 4 + 2(m − 2)x 2 + m 2 − 5m + 5 có đồ thị ( Cm )

c. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1 .

b. Tìm giá trị của m để đồ thị ( Cm ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt .

Câu II ( 3,0 điểm )

d. Giải phương trình 9x = 5x + 4x + 2( 20) x
1

e. Tính tích phân : I =

∫ ln(1 + x

2 )dx

0

f. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = ln x −
Câu III ( 1,0 điểm )

x .
o

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành với AB = a , BC = 2a và ABC = 60 ;
SA vng góc với đáy và SC tạo với đáy góc α .

a) Tính độ dài của cạnh AC .
b) Tính theo a và α thể tích của khối chóp S.ABCD .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
Gv :Mai Thành LB

Ơn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

7


1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A(2;0; 1) ,B(1;0;0) ,C(1;1;1) và mặt phẳng
(α) : x + y + z − 2 = 0 .
a. Viết phương trình mặt phẳng ABC. Xét vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng (ABC) và mặt phẳng
(α ) .
b. Viết phương trình mặt cầu (S) qua 3 điểm A,B,C và có tâm nằm trên mặt phẳng ( α ) .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

2

2

Cho (H) giới hạn bởi các đường y = 4 − x và y = x + 2 Tính thể tích của khối trịn xoay khi (H)
quay quanh trục hồnh .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A1B1C1D1 có các cạnh AA1 = a , AB = AD = 2a . Gọi M,N,K lần
lượt là trung điểm các cạnh AB,AD, AA1 .

a) Tính theo a khoảng cách từ C1 đến mặt phẳng (MNK) .
b) Tính theo a thể tích của tứ diện C1MNK .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

2

4

18

Tính giá trị của biểu thức : M = 1 + (1 + i) + (1 + i) + ... + (1 + i)
. . . . . . . .Hết . . . . . . .
HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ
x −∞
y′
y +∞

−

−1
0

+

0

0
0
1

−

1
0

+∞
+

0

+∞

b) 1đ Phương trình hoành độ giao điểm của ( Cm ) và trục hoành :
x 4 + 2(m − 2)x 2 + m 2 − 5m + 5 = 0 (1)

2

Đặt t = x ,t ≥ 0 . Ta có :
(1) ⇔ t 2 + 2(m − 2)t + m 2 − 5m + 5 = 0 (2)
Đồ thị ( Cm ) cắt trục hồnh tại 4 điểm phân biệt

⇔ pt (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 2 nghiệm dương phân biệt .
⎧m − 1 > 0
⎧Δ ' > 0
⎪

5− 5
⎪
⇔ ⎨P > 0 ⇔ ⎨m 2 − 5m + 5 > 0 ⇔ 1 < m <
2
⎪S > 0
⎪−2(m − 2) > 0
⎩
⎩

Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ

5
2
pt ⇔ 32x = [( 5) x + 2 x ]2 ⇔ 3x = ( 5) x + 2 x ⇔ ( ) x + ( ) x = 1 (1)
3
3

Gv :Mai Thành LB

Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

8


5 2
, < 1 nên vế trái là hàm số nghịch biến trên
3 3
Mặt khác : f (2) = 1 nên pt (1) ⇔ f (x) = f (2) ⇔ x = 2 .

Vì 0 <
b) 1đ

⎧
2xdx
⎧ u = ln(1 + x2 ) ⎪du =
⎪
Đặt ⎨
⇒⎨
1 + x2
⎪dv = dx
⎪v = x
⎩
⎩
Ta có :
1 2
1
1
1
x
1
1
I = x ln(1 + x2 ) − 2 ∫
dx = ln 2 − 2 ∫ (1 −
)dx = ln 2 − [2x]1 + ∫
dx = ln2 − 2 + 2M
0
2
2
0 0 1 + x2

1+ x
0
0 1+ x
1
π
1
Với M = ∫
dx . Đặt x = tan t , ta tính được M =
2
4
0 1+ x

Do đó : I = ln 2 − 2 +
c) 1đ

π
2

Ta có : TXĐ D = (0; +∞ )

1
1
1 1 1
1 1 1
−
=
(
− ), y′ = 0 ⇔
(
− )=0⇔ x=4

x 2 x
x x 2
x x 2
Bảng biến thiên :
+∞
x
0
4
y′
−
0
+
y
2ln2 - 2
y′ =

Vậy : Maxy = y(4) = 2 ln 2 − 2
(0;+∞)
Câu III ( 1,0 điểm )
a) Áp dụng định lí cơsin vào ΔABC , ta có : AC = a 3

3
SABCD = AB.BC.sin ABC = a.2a.
= a2 3
2
b) Vì
1
SA = AC.tan α = a 3.tan α ⇒ VS.ABCD = .SA.SABCD = a3 tan α
3

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
. 1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1,0đ (ABC) : x + y − z − 1 = 0
Vì 1: 1: −1 ≠ 1:1:1 nên hai mặt phẳng cắt nhau .
b) 1,0đ Gọi mặt cầu cần tìm là : (S) : x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 với

a2 + b2 + c2 > d 2
có tâm I(−a; − b; − c)
(S) qua A,B,C và tâm I thuộc mặt phẳng

Gv :Mai Thành LB

(α) nên ta có hệ :

Ơn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

9


⎧5 + 4a + 2c + d = 0
⎧ a = −1
⎪1 + 2a + d = 0
⎪b = 0
⎪
⎪
⇔⎨
⎨
⎪3 + 2a + 2b + 2c + d = 0 ⎪c = −1
⎪ −a − b − c − 2 = 0

⎪d = 1
⎩
⎩
Vậy (S) : (S) : x2 + y2 + z2 − 2x − 2z + 1 = 0 có tâm I(1;0;1) và bán kính R = 1 .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

2

2

2

Phương trình hồnh độ điểm chung : 4 − x = x + 2 ⇔ x = 1 ⇔ x = ±1

2

2

Vì 4 − x ≥ x + 2, ∀x ∈ [−1;1] nên :

1

[(4 − x2 )2 − (x2 + 2)2 ]dx = π

VOx = π ∫
−1

1

∫ [12 − 12x

2 ]dx = 16π

−1

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O
trùng với A , các trục Ox ,Oy ,Oz đi qua
B, D và A1 như hình vẽ .
Khi đó : A(0;0;0) , B(2a;0;0) , D(0;2a;0) ,

A1 (0;0;a) , C1 (2a;2a;a) , M(a;0;0) , N(0;a;0)
a
K(0;0; ) .
2
Khi đó : (MNK) : x + y + 2z − a = 0
5a 6
.
6
r
r
r
uuuu uuuu
r
r
1 uuuu uuuu uuuuu 5a3
a2 a2 2
với [MN,MK] = ( ;
b) 1đ Ta có : VC MNK = [MN,MK].MC1 =

;a ) .
1
6
12
2 2
Suy ra : d(C1;(MNK)) =

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
M là tổng của 10 số hạng đầu tiên của một cấp số nhân có số hạng đầu tiên u1 = 1 , công bội q =

(1 + i)2 = 2i

1 − q10
1 − (2i)10 1 + 210 1025(1 + 2i)
= 1.
=
=
= 205 + 410i
Ta có : M = u1.
1− q
1 − 2i
1 − 2i
5

,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
ĐỀ 14
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 3x − 2 có đồ thị (C)

d. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
e. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) , trục hoành và tiếp tuyến (d) với đồ thị (C) tại
điểm M(0; −2 ) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
Gv :Mai Thành LB

Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

10


g. Giải bất phương trình 1 + 2

h. Tính tích phân : I =

π
2

x + 2 + 3x +1 < 6 x
cos x

∫

sin x + cos x

0

dx

5

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2x − 1 − 3x − 5 .trên [ ; 2 ]
3
Câu III ( 1,0 điểm )
Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vng cân có cạnh góc vng bằng a .a. Tính
diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình nón .
b. Tính thể tích của khối nón tương ứng .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
2. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;0;1) và
D( − 2;1; − 2) .
a. Chứng minh rằng A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện . .
b. Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh A .

4

2

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình 2z + 2z − 1 = 0 trên tập số phức ..
3. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(0;0;1) , B(0;0; − 1),C(1;1;1) và D(0;4;1)
a. Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A,B,C,D .
b. Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại C và tạo với trục Oz một góc 45o .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

2

Giải phương trình z − (cos ϕ + isin ϕ)z + isinϕ.cosϕ = 0 , ϕ∈

trên tập số phức

..

. . . . . . . .Hết . . . . . . .
HƯỚNG DẪN
ĐỀ 14
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ
x
y′
y

−∞

+

1
0
1

+∞
+

+∞

−∞

b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm ⇒ (d) : y = 3x − 2
2/3
3
2/3
3
20 88 4
3 + 3x2 ]dx −
3
2
S = ∫ [y(d) − y(C) ]dx − ∫ y(C)dx = ∫ [− x
∫ [x − 3x + 3x − 2] dx = 81 + 81 = 3
0
2/3
0
2/3
Câu II ( 3,0 điểm )

1 x
1 x
1 x +1
<1
a) 1đ Chia 2 vế cho 6x > 0 : bpt ⇔ ( ) + 2.( ) + 3.( )
6

Gv :Mai Thành LB

3

2

(1)

Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

11


1
1
1
Đặt : f (x) = ( ) x + 2.( ) x + 3.( ) x +1 là hàm số nghịch biến trên R (2)
6
3
2
(2)
Mặt khác : f(2) = 1 nên (1) ⇔ f(x) < f(2) ⇒ x > 2
Vậy tập nghiệm của bpt là
S = (2; +∞ )

b) 1đ Đặt u =

I=

π
2

π
− x thì ta có
2
0

cos x

π
2

π
2

π
cos( − u)
2

sin u
sin x
dx = − ∫
du = ∫
du = ∫
dx
sin x + cos x
sin u + cos u
sin x + cos x
π
π
π sin( − u) + cos( − u)
0
0
0
2
2

2

∫

π
2

π
2

π
2

π
π
2 π
Do đó : 2I = I + I = ∫
dx + ∫
dx = ∫ dx = [x]0 = ⇒ I =
4
2
sin x + cos x
sin x + cos x
0
0
0
5
c) 1đ TXĐ : [ ; 2 ]
3

Ta có : y′ = 2 −
Vậy :

cos x

3

2 3x − 5

;y′ = 0 ⇔ x =

sin x

89
.
48

+ Maxy = y(2) = 2
5
[ ;2 ]
3

5
3

7
89
47
.
,y(2) = 2,y( ) =

3
48
24
89 47
+ min y = y( ) =
48 24
5
[ ;2 ]
3

Vì y( ) =

Câu III ( 1,0 điểm )
Xét hình nón đỉnh S , đáy là đường trịn tâm O , bán kính R
Gọi ΔSAB cân là thiết diện qua trục SO .
Đường sinh : l = SA = SB = a ⇒ AB = a 2,R =
a. Do đó : Sxq = πRl =

a 2
2

π 2 2
a
2

π 2 2 a2
2 +1 2
Stp = Sxq + Sđáy =
a +
=

a
2
2
2
b. Đường cao : h = SO =

AB a 2
=
2
2

1
2 3
Vnãn = πR2 h =
πa
3
12
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.ar ( 2,0 điểm ) :
uuu
uuu
r
uuur
a) 1đ AB = (−1;1; 0),AC = (−1; 0;1),AD = (−3;1; −2)
uuu uuur uuu
r
r
uuu uuur
r

uuu uuur uuur
r
[AB; AC] = (1;1;1) ⇒ [AB; AC].AD = −4 ≠ 0 ⇒ , AB,AC,AD khơng đồng phẳng .
Do đó : A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện .
uuur
uuu
r
uuu
r
b) 1đ Ta có : CD = ( −2;1; −3),BD = (−2;0; −2),BC = (0; −1;1)
Gv :Mai Thành LB

Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

12


r
r 2
1 uuu uuur uuu
Do đó : Vtø diƯn = | [AB;AC].AD | = .
6
3
6V
2 3
uuu uuu =
r r
3
| [BC;BD] |
Cách khác : Viết pt mặt phẳng (BCD) , rồi tính khoảng cách từ A đến mp(BCD) .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Độ dài đường cao đường cao kẻ từ đỉnh A : hA =

4

2

2

Ta có : 2z + 2z − 1 = 0 . Đặt Z = z 2 thì phương trình trở thành : 2Z + 2Z − 1 = 0 (*)
Phưong trình (*) có Δ = 1 + 2 = 3 ⇒

* Z1 =

Δ = 3 nên (*) có 2 nghiệm :

−1 + 3
−1 + 3
⇒ z1,2 = ±
2
2

1+ 3 2 1+ 3
1+ 3
−1 − 3
=−
=i .
⇒ z3,4 = ± i.
2

2
2
2
2. Theo chương trình nâng cao :
* Z2 =

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :

2
2 2
a. 1,0đ Gọi phương trình mặt cầu (S) : x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 với
a2 + b2 + c2 − d > 0
Vì mặt cầu (S) đi qua A,B,C,D nên ta có hệ :
⎧1 + 2c + d = 0
⎪1 − 2c + d = 0
⎪
. Giải hệ này ta được : a = 1,b = −2,c = 0,d = −1 .
⎨
3 + 2a + 2b + 2c + d = 0
⎪
⎪17 + 8b + 2c + d = 0
⎩
Suy ra mặt cầu (S) có tâm I( −1;2;0) , bán kính : R =

2

2

6 .

2

Do đó phương trình (S) : x + y + z + 2x − 4y − 1 = 0
r
r
b. 1,0đ Gọi VTCP của (d) là u = (a; b; c) víi a2 + b2 + c2 > 0 ; trục Oz có VTCP là k = ( 0; 0;1)
⎧+ qua C(1;1;1)
⎪
uu
r
và tạo với Oz một góc 45o nên ta có hệ :
(d ) : ⎨
⎪+ ⊥ IC = (2; −1;1)
⎩
uu
r
r
⎧2a − b + c = 0
⎧u ⊥ IC
⎧c = b − 2a
⎪
⎪
| c|
1 ⇔⎪
r r
⇒ 3a2 = 4ab ⇒ a = 0 hay 3a = 4b
⎨
⎨ 2
1 ⇔⎨
=

2 + b2
⎪c = a
⎪| cos( k; u) | =
⎪ 2
⎩
2 2
2
2
⎩
⎩ a +b +c
+ a = 0 , chọn b = 1 , c = 1 nên pt của (d) : x = 1 ; y = 1+ t ; z = 1 + t .
x −1 y −1 z −1
=
=
+ 3a = 4b , chọn a = 4 thì b = 3 , c = − 5 nên pt của (d) :
4
3
−5
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Phương trình có Δ = (cos ϕ + i sin ϕ)2 − 4 sin ϕ.cos ϕ = (cos ϕ − i sin ϕ)2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm :
cos ϕ + i sin ϕ + cos ϕ − i sin ϕ
z1 =
= cos ϕ
2
cos ϕ + i sin ϕ − (cos ϕ − i sin ϕ)
z2 =
= i sin ϕ
2

,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,

Gv :Mai Thành LB

Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới

13