De 15 va 16 dap an TOAN on TNTHPT

ĐỀ SỐ 15. ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số
4 2
2 3y x x= − + +
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2) Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình
4 2
2 2 0x x m− − + =
.
Câu II ( 3,0 điểm )
1) Giải phương trình
2 1
3.13 68.13 5 0
x x+
− + =
.
2) Tính tích phân
3
0
I= sin3xdx
π
∫
.
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
2
.
x
f x x e

=
trên đoạn [-3;-1]
Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp SABC có SA
⊥
mp(ABC). Đáy ABC là tam vuông tại A,
AB = a, AC = a
3
và SC = a
5
. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh học theo chương trình nào thì 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 toạ độ Oxyz, cho điểm A( 6;-1 ;0) và mặt phẳng (P) có phương trình:
4 3 1 0x y z− + + =
1. Viết phương trình tham số đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mp(P).
2. Viết phương trình mặt cầu có tâm là hình chiếu H vuông góc của điểm A lên mp(P)
và đi qua điểm A.
Câu V.a ( 1,0 điểm )
Giải phương trình
2
3 46 0z z− + =
trên tập số phức.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b ( 2,0 điểm )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 3; 0 ;1), hai đường thẳng d
1
và d

2
có
phưong trình là: d
1 2
6 3
x t
y t
z t
=


= +


= +

, d’
1 2 3
1 1 1
x y z− + −
= =
−
.
1. Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên d
1
.
2. Xét vị trí tương đối của d

và d’.
Câu V.b ( 1,0 điểm )

Tìm căn bậc hai của số phức
- 24 10z i= +
.
Hết
Câu Đáp án Điểm
Câu I
3 điểm
1. (2 điểm)
Tập xác định: D = R.
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
Ta có:
( )
3 2
' 4 4 4 1 ; ' 0 0, 1y x x x x y x x= − + = − − = ⇔ = = ±
Trên các khoảng
( )
; 1−∞ −
và ( 0; 1), y’>0 nên hàm số đồng biến.
Trên các khoảng (-1;0) và
( )
1;+∞
, y’ < 0 nên hàm số nghịch biến.
0,5 đ
Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại
1x = ±
, y
CĐ
= 4.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= 3.
Giới hạn:

4
2 4
2 3
lim lim 4
x x
y x
x x
→−∞ →−∞
 
= − + + = +∞
 ÷
 

4
2 4
2 3
lim lim 4
x x
y x
x x
→+∞ →+∞
 
= − + + = +∞
 ÷
 

0,5 đ
Bảng biến thiên:
0,5 đ
Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 3).
Đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm
( )
3;0−
và
( )
3;0
.
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.
0,5 đ
2. (1 điểm)
Phương trình:
( )
4 2 4 2
2 2 0 2 3 1 *x x m x x m− − + = ⇔ − + + = +
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
4 2
2 3y x x= − + +
và đường thẳng y = m+1.
0,5 đ
Dựa vào đồ thị ta có kết quả biện luận số nghiệm của phương trình (*):
m+1 m số nghiệm của phương trình (*)
m+1>4 m>4 0
m+1=4 m=4 2
3<m+1<4 2<m<3 4
m+1=3 m=2 3

m+1<3 m<2 2
0,5 đ
Câu II
3 điểm
1. (1 điểm)
Phương trình
2
39.13 68.13 5 0
x x
⇔ − + =
, Đặt
13
x
t =
điều kiện t > 0
Ta có phương trình
2
1 5
39 68 6 0
13 3
t t t t− + = ⇔ = ∨ =
( thoả điều kiện)
0,5 đ
Nếu
1
13
t =
thì
1
1

13 13 13 1
13
x x
x
−
= ⇔ = ⇔ = −
Nếu
5
3
t =
thì
13
5 5
13 log
3 3
x
x= ⇔ =
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
13
5
1, log
3
x x= − =
0,5 đ
2. (1 điểm)
3
3
0
0
1

I= sin3 cos3
3
xdx x
π
π
= −
∫
0,5 đ
( )
1 2
I cos - cos0
3 3
π
= − =
0,5 đ
3. (1 điểm)
Xét trên đoạn [-3;-1] hàm số đã cho có đạo hàm:
( )
( )
2 2
' 2 2
x x x
f x xe x e e x x
= + = +
( )
( )
2
' 0 2 0 0, 2
x
f x e x x x x= ⇔ + = ⇔ = = −

Ta có
[ ] [ ]
2 3; 1 ,0 3; 1− ∈ − − ∉ − −
0,5 đ
( ) ( ) ( )
3 2
9 4 1
3 , 2 , 1f f f
e e e
− = − = − =
Vậy
[ ]
( )
[ ]
( )
2
3; 1 3; 1
1 4
min , af x M x f x
e e
− − − −
= =
0,5 đ
Câu III
1 điểm
Ta có SA
⊥
mp(ABC) nên chiều cao của khối
chóp S.ABC là SA.
Tam giác SAC vuông tại A nên

SA
2
= SD
2
- AD
2
Hay SA
2
= 5a
2
- 3a
2
= 2a
2

SA 2a⇒ =
.
0,5 đ
Đáy ABC là tam giác vuông tại A nên
2
ABC
1 1 3
S AC.AB . 3
2 2 2
a a a
= = =
Thể tích khối chóp S.ABC là:
2 3
S.ABC ABC
1 1 3 6

V .SA.S . 2.
3 3 2 6
a a a
= = =
(đvtt).
0,5 đ
Câu
IV.a
( 2,0
điểm )
1. (1 điểm)
(P) có vectơ pháp tuyến
( )
4; 1;3n = −
ur
.
Do d vuông góc với (P) nên d nhận
( )
4; 1;3n = −
ur
làm vectơ chỉ phương.
0,5 đ
Đường thẳng d đi qua điểm A(6;-1;0) và có vectơ chỉ phương
( )
4; 1;3n = −
ur
Vậy phương trình tham số của d là
6 4
1
3

x t
y t
z t
= +


= − −


=

0,5 đ
2. (1 điểm)
H là giao điểm của d và mặt phẳng (P).
Toạ độ H là nghiệm của hệ:
( ) ( )
6 4
1 4 6 4 1
3 24 24 1
4 3 1 0
x t
y t t t
z t t t
x y z
= +


= − − ⇒ + − − −



= ⇔ = − ⇔ = −


− + + =


Vậy H( 2; 0;-3)
0,5 đ
Do mặt cầu đi qua A nên có bán kính:
R=AH =
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 6 2 1 3 0 26− + − + − + =
Vậy phương trình mặt cầu (S):
( ) ( )
2 2
2
2 3 26x y z− + + + =
0,5 đ
Câu
V.a
( 1,0
điểm )
Ta có
( )
2
3 4.1.46 175∆ = − − = −
Vậy phương trình có hai nghiệm phức là:
1
3 175 3 5 7

2 2
i i
z
− −
= =
,
2
3 175 3 5 7
2 2
i i
z
+ +
= =
1 đ
Câu
IV.b
1. (1 điểm)
a
5
a
3
a
A
C
B
S
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với d.
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là:
( )
1;2;3u =

ur
Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là
( )
1;2;3u =
ur
Phương trình của (P) là:
( ) ( )
1 3 2 3 1 0 2 3 6 0x y z x y z− + + − = ⇔ + + − =
0,5 đ
Gọi H là hình chiếu của A lên d. Suy ra H là giao điểm của (P) và d.
Nên toạ độ của H là nghiệm của hệ:
( ) ( )
1 2
6 3
2 3 6 0
2 1 2 3 6 3 6 0 14 14 1
x t
y t
z t
x y z
t t t t t
=


= +


= +



+ + − =

⇒ + + + + − = ⇔ = − ⇔ = −
Vậy H(-1;-1;3)
0,5 đ
2. (1 điểm)
Ta có :
Đường thẳng d đi qua điểm M(0;1;6) và có vectơ chỉ phương
( )
1;2;3u =
ur
Đường thẳngd’đi qua điểm M’(1;-2;3) và có vectơ chỉ phương
( )
' 1;1; 1u
= −
ur
( )
MM' 1; 3; 3= − −
uuuur
0,5 đ
Ta có:
( )
, ' 5;4; 1 , , ' .MM' 14 0u u u u
   
= − − = − ≠
   
ur ur ur ur uuuuur
Vậy d và d’ chéo nhau.
0,5 đ
Câu

V.b
( 1,0
điểm )
Số phức
( )
, , Rx yi x y+ ∈
sao cho
( )
2
24 10x yi i+ = − +
( )
( )
2 2
24 1
2 10 2
x y
xy

− = −

⇔

=


Từ (2) suy ra
5
y
x
=

thay vào (1) ta có
2 4 2
2
25
24 24 25 0x x x
x
− = − ⇔ + − =
2 2
1, 25x x⇔ = = −
(loại)
0,5 đ
Hệ có hai nghiệm;
1 1
5 5
x x
y y
= = −
 
∨
 
= = −
 
Vậy có hai căn bậc hai của -24+10i là 1+5i và -1-5i
0,5 đ
Hết
ĐỀ SỐ 16. ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số
4 2

y x 2x 1
= − −
có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình

4 2
x 2x m 0
− − =
.
Câu II (3,0 điểm)
a) Giải phương trình
1
7 2.7 9 0
x x
−
+ − =
.
b) Tính tích phân
= +
∫
1
x
I x(x e )dx
0
.
c) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất (nếu có) của hàm số
= −
y lnx x
.

Câu III (1,0 điểm) Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi
một với SA = 1cm, SB = SC = 2cm. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ
diện, tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu đó .
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu IV.a (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(- 2; 1; - 1), B(0; 2; - 1), C(0; 3;
0), D(1; 0; 1).
a) Viết phương trình đường thẳng BC.
b) Chứng minh ABCD là một tứ diện và tính chiều cao AH của tứ diện.
c) Viết phương trình mặt cầu tâm I(5; 1; 0) và tiếp xúc với mặt phẳng (BCD).
Câu V.a (1,0 điểm)
Thực hiện phép tính
3
3
[(2 3 ) (1 2 )](1- i)
-1+ i
i i
− − −
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(1; - 1; 1), hai đường thẳng
−
∆ = =
−
x 1 y z
( ):
1
1 1 4
,






= −
∆ = +
=
x 2 t
( ): y 4 2t
2
z 1
và mặt phẳng
+ =
(P):y 2z 0
.
a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên (
2
∆
).
b) Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng
∆ ∆
( ),( )
1 2
và nằm trong
mặt phẳng (P).
Câu V.b (1,0 điểm)
Tìm m để đồ thị hàm số
− +
=

−
2
x x m
(C ):y
m
x 1
với
0m
≠
cắt trục hoành tại hai điểm phân
biệt A, B sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A, B vuông góc với nhau.
ĐÁP ÁN
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I a). ( 2,0 điểm )
* TXĐ: D=
¡
* Sự biến thiên:
∙ Chiều biến thiên:
( )
3 2
' 4 4 4 1y x x x x= − = −
0
' 0
1
x
y
x
=

= ⇔


= ±

Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1;
+∞
)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-
∞
; - 1) và (0;1)
∙ Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= y(0) = - 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x =
±
1 và y
CT
= y(
±
1 ) = - 2
∙ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = +∞
∙ Bảng biến thiên:
x
−∞

1−
0 1
+∞
y’
−
0 + 0
−
0 +
y
+∞

1−

+∞



2−

2−

* Đồ thị:
∙ Điểm uốn:
Ta có
2
'' 12 4y x= −
;
3
'' 0
3

y x= ⇔ = ±
Do đó đồ thị có hai điểm uốn
3 14 3 14
; , ;
1 2
3 9 3 9
U U
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
− − −
∙ Đồ thị giao với trục tung tại điểm (0; - 1), giao với trục hoành tại hai
điểm
(
)
(
)
1 2;0 ; 1 2;0+ − +
∙ Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.
.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Pt (1)
⇔ − − = −

4 2
x 2x 1 m 1 (2)

Phương trình (2) chính là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
(C) và đường thẳng (d): y = m – 1 (cùng phương với trục hoành)
Dựa vào đồ thị (C), ta có:
 m -1 < -2
⇔
m < -1 : (1) vô nghiệm

m -1 = -2 m = -1
m - 1 > -1 m >0
⇔


⇔

: (1) có 2 nghiệm
 -2 < m-1<-1
⇔
-1 < m < 0 : (1) có 4 nghiệm
 m-1 = - 1
⇔
m = 0 : (1) có 3 nghiệm
0,25
0,75
II

1
7 2.7 9 0

x x−
+ − =
2
7
7
7 2. 9 0
7
7 9.7 14 0
1
7 7
log 2
7 2
x
x
x x
x
x
x
x
⇔ + − =
⇔ − + =

=
=

⇔ ⇔


=
=



0,25
0,25
0,5

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

= =
∫
1
2
1
0
1
I x dx
3

= =
∫
1
x
2
0

I xe dx 1
(Đặt :
= =
x
u x,dv e dx
). Do đó:
4
I
3
=
0,25
0,25
0,5
Ta có : TXĐ
D (0; )= +∞

1 1 1 1 1 1 1 1
y ( ), y 0 ( ) 0 x 4
x 2 2
2 x x x x x
′ ′
= − = − = ⇔ − = ⇔ =
Bảng biến thiên :
x 0 4
+∞

y
′
+ 0 -
y 2ln2 - 2

Vậy :
Maxy y(4) 2ln2 2
(0; )
= = −
+∞
và hàm số không có giá trị nhỏ nhất.
0,25
0,25
0,25
0,25
III
Gọi I là trung điểm của AB . Qua I dựng đường thẳng
∆ ⊥ (SAB)
. Gọi J
là trung điểm của SC. Trong mp(SAC) dựng trung trực của SC cắt
∆
tại
O. Khi đó O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.
Tính được SI =
1 5
AB
2 2
=
cm, OI = JS = 1cm, bán kính r = OS =
3
2
cm
Diện tích : S =
2 2
4 R 9 (cm )π = π

Thể tích : V =
4 9
3 3
R (cm )
3 2
π = π
0,25
0,25
0,25
0,25
IVa
a)
+



=


uuur
Qua C(0;3;0)
+ VTCP BC (0;1;1)
=


⇒ = +


=


x 0
(BC): y 3 t
z t
b)
= = −
uuur uuur
BC (0;1;1),BD (1; 2;2)

⇒ = −
uuur uuur
[BC,BD] (4;1; 1)
là véctơ pháp tuyến của mp(BCD).
Suy ra pt của mp(BCD): 4x+(y-2)-(z+1)=0 hay 4x + y – z – 3 = 0.
Thay tọa độ điểm A vào pt của mp(BCD), ta có: 4(-2) + 1 – (-1) - 3
≠
0.
Suy ra
( )A BCD∉
. Vậy ABCD là một tứ diện.
Tính chiều cao
3 2
( ,( ))
2
AH d A BCD= =
c) Tính được bán kính của mặt cầu
( ,( )) 18r d I BCD= =
Suy ra phương trình mặt cầu
2 2 2
( 5) ( 1) 18x y z− + − + =
0,25

0,25
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
V.a
=
1 3i+
1,0
IV.b
a) Gọi mặt phẳng
−


⊥ ∆

Qua M(1; 1;1)
(P):
( )
2
∆
+ −


⇒ ⇒ − − =

= −



r r
P
2
Qua M(1; 1;1)
(P): (P): x 2y 3 0
+ VTPT n = a ( 1;2;0)
Khi đó :
19 2
N ( ) (P) N( ; ;1)
2
5 5
= ∆ ∩ ⇒
b) Gọi
A ( ) (P) A(1;0;0) , B ( ) (P) B(5; 2;1)
1 2
= ∆ ∩ ⇒ = ∆ ∩ ⇒ −
Vậy
x 1 y z
(m) (AB):
4 2 1
−
≡ = =
−
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
V.b

Phương trình hoành độ giao điểm của
(C )
m
và trục hoành :

− + =
2
x x m 0 (*)
với
x 1≠
Điều kiện
1
m , m 0
4
< ≠
Từ (*) suy ra
= −
2
m x x
. Hệ số góc của tiếp tuyến
− + − −
′
= = =
− −
2
2
x 2x 1 m 2x 1
k y
(x 1) x 1
Gọi

A B
x ,x
là hoành độ A, B, ta có
+ = =
A B A B
x x 1 , x .x m
Hai tiếp uyến vuông góc với nhau thì

′ ′
= − ⇔ − + + = ⇔ − =
A B A B A B
y (x ).y (x ) 1 5x x 3(x x ) 2 0 5m 1 0

1
m
5
⇔ =

(thỏa mãn điều kiện)
Vậy giá trị cần tìm
1
m
5
=
.
0,25
0,25
0,25
0,25