De 1 va 2 dap an TOAN on TNTHPT

Đề 01. THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (3,0 điểm)
Cho hàm số
4 2
2xy x= − +
có đồ thị (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dùng đồ thị (C), xác định m để phương trình sau có đúng bốn nghiệm phân biệt:
4 2
2 0x x m− + =
?
Câu II: (3,0 điểm)
1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
3 2
( ) 2x 3x 12x + 7f x = − −
trên đoạn
[ ]
0;3
.
2. Giải phương trình:
x x 1
2 2
log (2 1).log (2 2) 12
+
− − =
3. Tính tích phân:
2
2
0

.cos=
∫
I x xdx
π
Câu III: (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC. Gọi M là một điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2MA. Tính tỉ số
thể tích của hai khối chóp M.SBC và M.ABC.
II – PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
(phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu IV.a: (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm
M(1; 1;2);−

N(2;1;2);

P(1;1;4);
và
−R(3; 2;3)
.
1. Viết phương trình mặt phẳng (MNP). Suy ra MNPR là một tứ diện.
2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua R và song song với mặt phẳng (MNP).
Câu V.a: (1,0 điểm)Tính môđun của số phức:
3
z 1 4i (1 i)= + + −
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IV.b: (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,
cho mặt phẳng (

α
):
2x y 2z 3 0− + − =
và hai đường thẳng
(
d
1
) :
x 4 y 1 z
2 2 1
− −
= =
−
, (
d
2
) :
x 3 y 5 z 7
2 3 2
+ + −
= =
−
.
1. Chứng tỏ đường thẳng (
d
1
) song song mặt phẳng (
α
) và (
d

2
) cắt mặt phẳng (
α
).
2. Tính khoảng cách giữa đường thẳng (
d
1
) và (
d
2
).
3. Viết phương trình đường thẳng (
∆
) song song với mặt phẳng (
α
) , cắt đường thẳng (
d
1
) và (
d
2
) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3.
Câu V.b: (1,0 điểm)
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y =
2
x
và (G) : y =
x
. Tính thể tích
của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành .

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
CÂU
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I
(3,0
điểm)
1. (2,0 điểm)
a) Tập xác định: D =
¡
0,25
b) Sự biến thiên:
• Chiều biến thiên:
3 2
y' 4x 4x 4x(1-x )= − + =
0 0
' = 0 1 1
1 1
= ⇒ =


⇔ = − ⇒ =


= ⇒ =

x y
y x y
x y

- Trên các khoảng
( ; 1) vaø (0;1)−∞ −
,
y' 0>
nên hàm số đồng biến.
- Trên các khoảng
( 1;0) vaø (1; )− +∞
,
y' 0<
nên hàm số nghịch biến.
• Cực trị: Hàm số đạt cực trị tại
CÑ
x 1, y y( 1) 1= ± = ± =
Hàm số đạt cực tiểu tại
CT
x 0, y y(0) 0= = =
• Giới hạn:
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞
0,75
• Bảng biến thiên:

x
−∞

1−
0 1
+∞
'y

−
0 + 0
−
0 +
y
1 1

−∞
0
+∞
0,50
c) Đồ thị:
0,50
2. (1,0 điểm)
- Phương trình đã cho được viết lại:
4 2
2x x m− + =
- Do đó, số nghiệm phân biệt của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ
thị (C) và đường thẳng y = m
- Dựa vào đồ thị (C), ta được
0 1m
< <

thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
1,00
Câu II
(3,0
điểm)
1.(1,0 điểm)
- Ta có:
2 2
f '(x) 6x 6x - 12 = 6(x - x - 2)= −
- Xét trên đoạn
[ ]
0;3
, ta có:
f '(x) 0 x 2= ⇔ =
- Mặt khác:
= = − = −f(0) 7;f(2) 13;f(3) 2
- Vậy
[ ]
[ ]
= = −
0;2
0;3
minf(x) f(2) 13;max f(x) = f(0) = 7
1,00
2.(1,0 điểm)
- Điều kiện: x > 1
- Biến đổi phương trình về dạng:
1,00
-1 1
1

0
y
x


− + − − =
2 2
x x
log (2 1).[1 log (2 1)] 12 0 (1)
- Đặt
2
log (2 1)
x
t = −
, ta có:
2
3
(1) 12 0
4
t
t t
t
=

⇔ + − = ⇔

= −

Với t = 3 thì
2 2

log (2 1) 3 2 9 log 9
x x
x− = ⇒ = ⇒ =
Với t =
−
4 thì
2 2
17 17
log (2 1) 4 2 log
16 16
x x
x− = − ⇒ = ⇒ =
3.(1,0 điểm)
- Ta có:
2
2 2 2
0 0 0
1 1 1
I xdx xcos2xdx xcos2xdx
2 2 16 2
π π π
π
= + = +
∫ ∫ ∫
0,25
- Tính: - Tính
2
0
1
J xcos2xdx

2
π
=
∫
:
Đặt
du dx
u x
1
dv cos2xdx
v = sin2x
2
=

=


⇒
 
=




π
π π
= = −
∫
2
2 2

0 0
0
1 1 1 1
J xsin2x - sin2xdx = cos2x
4 4 8 4
- Vậy:
2 2
1 1
I
16 4 16
π π −
= − =
0,75
Câu
III
(1,0
điểm)
- Vẽ hình:
0,25
- Ta có:
V
SM 2 2
S.MBC
V .V (1)
S.MBC S.ABC
V SA 3 3
S.ABC
= = ⇒ =
2 1
V V V V .V .V (2)

M.ABC S.ABC S.MBC S.ABC S.ABC S.ABC
3 3
= − = − =
Từ (1) , (2) suy ra :
V V
M.SBC S.MBC
2
V V
M.ABC M.ABC
= =
0,75
II – PHẦN RIÊNG
1. Theo chương trình chuẩn
Câu
IV.a
(2,0
điểm)
1. (1,00 điểm)
- Viết phương trình mp(MNP):
+ Ta có:
MN (1;2;0)=
uuuur
và
PQ (0;2;2)=
uuur
⇒
Vectơ pháp tuyến
n MN,MP (4; 2;2)
 
= = −

 
r uuuur uuur
+ Pt mp (MNP) đi qua
M(1; 1;2)−
và nhận VTPT là
n (2; 1;1)= −
r
là:
1,00
2(x 1) 1(y 1) 1(z 2) 0 2x - y + z - 5 = 0− − + + − = ⇔
- Thay tọa độ
−R(3; 2;3)
vào mp(MNP) ta được: 2.3 – (–2) + 3 – 5
≠
0
Suy ra:
∉R (MNP)
hay MNPR là một tứ diện.
2.(1,00 điểm)
- Gọi (
α
) là mặt phẳng đi qua R và song song với (MNP).
- Vì (
α
) // (MNP) nên (
α
) nhận
n (2; 1;1)= −
r
làm vectơ pháp tuyến.

- Do đó, phương trình mp (
α
) là:
2(x 3) 1(y 2) 1(z 3) 0− − + + − =
hay là 2x – y + z – 11 = 0
1,00
Câu
V.a
(1,0
điểm)
Ta có:
− = − + − = − − + = − −
3 3 2 3
(1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i
.
Do đó :
2 2
z 1 2i z ( 1) 2 5= − + ⇒ = − + =

1,00
2. Theo chương trình nâng cao
Câu
IV.b
(2,0
điểm)
1.(0,75 điểm)
- Ta có
qua A(4;1;0) qua B( 3; 5;7)
(d ): , (d ): ,
1 2

VTCP u (2;2; 1) VTCP u (2;3; 2)
1 2
 
− −
 
= − = −
 
r r
 
 
( )α
có VTPT
n (2; 1;2)= −
r
- Vì
u .n 0
1
=
r r
và
A ( )∉ α
nên (
d
1
) // (
α
) .
- Vì
u .n 3 0
2

= − ≠
r r
nên (
d
1
) cắt (
α
)
0,75
2.(0,5 điểm)
Vì
[u ,u ] ( 1;2;2) , AB ( 7; 6;7)
1 2
= − = − −
uuur
r r

nên
[u ,u ].AB
1 2
d((d ),(d )) 3
1 2
[u ,u ]
1 2
= =
uuur
r r
r r
0,50
3.(0,75 điểm)

- Phương trình
qua (d )
1
mp( ): ( ):2x y 2z 7 0
// ( )


β ⇒ β − + − =

α





- Gọi
N (d ) ( ) N(1;1;3)
2
= ∩ β ⇒
;

M (d ) M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3)
1
∈ ⇒ + + − = + − −
uuuur
- Theo đề :
2
MN 9 t 1= ⇔ = −
.
- Vậy

qua N(1;1;3)
x 1 y 1 z 3
( ): ( ):
1 2 2
VTCP NM (1; 2; 2)

− − −
∆ ⇒ ∆ = =

− −
= − −

uuuur



0,75
Câu
V.b
(1,0
điểm)
- Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị ( C) và (G) :
2
x x x 0,x 1= ⇔ = =
- Khi đó (H) giới hạn bởi các đường thẳng x = 0 , x = 1 , (C) và (G).
- Vì
2
0 x x , x (0;1)< < ∀ ∈
nên gọi
1 2

V ,V
lần lượt là thể tích sinh ra bởi
( C) và (G) .
- Khi đó :
π
= − = π − = π − =
∫
1
1
2 5
4
2 1
0
0
x x 3
V V V (x x )dx [ ]
2 5 10
1,00
Đề số 02- TOÁN ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
Thời gian 150 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm).
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số
3 2
3 2y x x= − + −
2.Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để đường thẳng

2y mx= −
cắt đồ thị
( )C
tại ba
điểm phân biệt.
Câu II (3,0 điểm )
1. Giải bất phương trình
2
3
log ( 1) 2x + <
2. Tính tích phân
3
3
0
sinx
cos
I dx
x
π
=
∫
3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
x
f x xe
−
=
trên đoạn
[ ]
0;2

.
Câu III (1,0 điểm )
Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác đều, các cạnh bên đều bằng
a
, góc giữa
cạnh bên và mặt đáy bằng
0
30
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
theo
a
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm )
1.Theo chương trình Chuẩn:
Câu IV.a (2,0 điểm ).
Trong không gian
Oxyz
cho điểm
A
được xác định bởi hệ thức
OA 2 3i j k
= + +
uuur r r r
và
đường thẳng d có phương trình tham số

1
2
x t
y t
z t
=


= +


= −

(
t ∈¡
)
1.Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng
( )P
đi qua
A
và vuông góc với đường
thẳng d.
2.Tính khoảng cách từ điểm
A
đến đường thẳng d.
Câu V.a (1,0 điểm )
Tìm mô đun của số phức
17
2
1 4

z
i
= +
+
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IV.b (2,0 điểm ).
Trong không gian
Oxyz
cho điểm
A
được xác định bởi hệ thức
OA 2i j k= + +
uuur r r r
và
mặt phẳng
( )P
có phương trình tổng quát
2 3 12 0x y z− + + =
1.Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua
A
và vuông góc với mặt
phẳng
( )P
2.Tính khoảng cách giữa đường thẳng
OA
và mặt phẳng
( )P
Câu V.b (1,0 điểm ) Cho số phức
5 3 3
1 2 3

i
z
i
+
=
−
. Tính
12
z
Hết
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
Câu I
(3 điểm)
1. (2 điểm)
Tập xác định
D = ¡
0,25
Sự biến thiên:
2
' 3 6y x x= − +
;
0
y'=0
2
x
x
=

⇔


=

0,25
Giới hạn :
lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= −∞ = +∞
0,25
Bảng biến thiên:
0,5
Hàm số đồng biến trên khoảng
(0;2)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;0)−∞
,
(2; )+∞
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ
= y(2) = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= y(0) = -2
0,25
Đồ thị
Giao điểm của
( )C
với các trục toạ độ (0;-2),(1;0)

Đồ thị
( )C
nhận điểm I(1;0) làm tâm đối xứng
0,5
2 (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
( )C
và đường thẳng
2y mx= −
là:
3 2
3 2 2x x mx− + − = −
2
( 3 ) 0x x x m⇔ − + =
2
0
3 0
x
x x m
=

⇔

− + =

0,25
Đường thẳng
2y mx= −
cắt đồ thị
( )C

tại ba điểm phân biệt
⇔
Phương trình
2
3 0x x m− + =
có 2nghiệm phân biệt, khác 0
0,25
x
y’
y
-∞ 0 2 +∞
0 0- + -
-2
CT
CĐ
+∞
-∞
2
2
9 4 0
0 3.0 0
m
m
∆ = − >

⇔

− + ≠

9

0
4
m⇔ ≠ <
0,5
Câu II
(3 điểm )
1. (1,0 điểm )
Bất phương trình đã cho tương đương với hệ bất phương trình
2
2 2
( 1) 0
( 1) 3
x
x

+ >


+ <


0,25
2
1
2 8 0
x
x x
≠ −

⇔


+ − <

1
4 2
x
x
≠ −

⇔

− < <

4 1x⇔ − < < −
hoặc
1 2x− < <
0,75
2.(1,0 điểm )
Đặt
osx dt=-sinxdt sinxdx=-dtt c
= ⇒ ⇒
0,25
Đổi cận
1
0 1,
3 2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
0,25

Do đó
1 1
3
3
1 1
2 2
1
I dt t dt
t
−
= =
∫ ∫

1
1
2
2
1
2t
= −
3
2
=
0,5
3. (1,0 điểm )
'( ) (1 )
x x x
f x e xe e x
− − −
= − = −

;
[ ]
'( ) 0 1 0;2f x x= ⇔ = ∈
0,5
2 1
(0) 0, (2) 2 , (1)f f e f e
− −
= = =
0,25
Suy ra
[ ]
-1
0;2
axf(x)=e
x
m
∈
tại
1x
=
;
[ ]
0;2
min f(x)=0
x∈
tại
0x
=
0,25
Gọi

O
là tâm của tam giác đều
ABC
,gọi
H
là trung điểm của BC
Vì
SA SB SC a= = =
nên
SO (ABC)⊥
Do đó
·
0
30SAO =
,
0
.sin 30
2
a
SO SA= =
,
3
2
a
AO =
,
3 3 3 3 3
2 4 2 2
a a
AH AO= = =

Vì
ABC
là tam giác đều nên
3
2
a
BC =
0,5
Diện tích đáy
2
1 1 3 3 3 9 3
. . .
2 2 2 4 16
ABC
a a a
S BC AH
∆
= = =
0,25
Do đó thể tích khối chóp
.S ABC
là
2 3
.
1 1 9 3 3 3
. . .
3 3 16 2 32
S ABC ABC
a a a
V S SO

∆
= = =

0,25
1. (1,0 điểm)
Vì
( )P d⊥
nên
( )P
có một vectơ pháp tuyến
(1;1; 1)n = −
r
0,25
Câu IVa
(2,0
điểm)
( )P
đi qua
(1;2;3)A
và có vectơ pháp tuyến
(1;1; 1)n = −
r
nên có
phương trình:
1( 1) 1( 2) 1( 3) 0x y z− + − − − =
0,5
0x y z⇔ + − =
0,25
2. (1,0 điểm )
Gọi

( )M d P= ∩
. Suy ra
1 4 5
( ; ; )
3 3 3
M
0,5
Do đó
2 6
( , )
3
d A d AM= =

0,5
Câu Va
(1,0
điểm)
Ta có
2 2
17(1 4 ) 17(1 4 )
2 2 3 4
(1 4 )(1 4 ) 1 4
i i
z i
i i
− −
= + = + = −
+ − +
0,5
Do đó

2 2
3 ( 4) 5z = + − =
0,5
Câu IVb
(2,0
điểm)

1. (1,0 điểm)
Vì
( )d P⊥
nên
d
có một vectơ chỉ phương
(1; 2;3)a = −
r
0,5
Đường thẳng
d
đi qua
(1;2;1)A
có phương trình chính tắc dạng:
1 2 1
1 2 3
x z z− − −
= =
−
0,5
2. (1,0 điểm )
Đường thẳng
OA

đi qua
(1;2;1)A
và có vectơ chỉ phương
(1;2;1)u OA= =
r uuur
Mặt phẳng
( )P
có vectơ pháp tuyến
(1; 2;3)n = −
r
0,25
Ta có
( )
u n
A P

⊥


∉


r r
(vì
. 0u n =
r r
và
1 2.2 3.1 12 0− + + ≠
)
Suy ra

//( )OA P
0,25
0,25
Do đó
6 14
( ,( )) ( ,( ))
7
d OA P d O P= =
0,25
Ta có
2 2
(5 3 3 )(1 2 3 ) 13 13 3
1 3
(1 2 3 )(1 2 3 ) 1 (2 3)
i i i
z i
i i
+ + − +
= = = − +
− + +
0,25
1 3
2( )
2 2
i= − +
2 2
2(cos sin )
3 3
i
π π

= +
0,25
Suy ra
12 12 12
2 (cos8 sin8 ) 2 4096z i
π π
= + = =
0,5