Bo 14 De On Thi TN - Co DA(TH)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ĐỀ CƯƠNG ƠN THI TỐT NGHIỆP LỚP 12
TRƯỜNG THPT TÂN HIỆP NĂM 2010
ĐỀ 1
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số:
3 2
1
2 3
3
y x x x
= − +
cã đồ thị (C)
a) Khảo s¸t sự biến thiªn và vẽ đồ thị (C).
b) Dựa vào đồ thị (C), t×m m để phương tr×nh
3 2
1
2 3 0
3
x x x m
− + − + =
cã 3 nghiệm ph©n biệt .
Câu II ( 3,0 điểm )
a) Giải bất phương trình: 2 log
2
(x
−
1) > log
2
(5 – x) + 1
b) Giải phương trình trên tập số phức : z
4

+ z
2
– 12 = 0
c) Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường :

. ; 1; 2; 0
x
x
y e x x y
π
= = = =
xung quanh trục Ox.
Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, cạnh BC = 2a, SA
= a, SA⊥mp(ABCD), SB hợp với mặt đáy một góc 45
0
.
Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1.Theo chương trình chuẩn
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho:

( ) ( )





+−=
−=
+=

∆





−=
−=
+=
∆
2
2
2
2
1
1
1
1
22
1
32
:&
1
3
21
:
tz
ty
tx
tz

ty
tx
1) Chứng tỏ hai đường thẳng (Δ
1
) & (Δ
2
) chéo nhau.
2) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa (Δ
1
) & song song với (Δ
2
).
Câu V.a ( 1,0 điểm ) T×m sè phøc z biÕt
2 5z
=
vµ phÇn ¶o cđa z b»ng 2 lÇn phÇn
thùc cđa nã.
2.Theo chương trình nâng cao
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, Cho đường thẳng:

2
: 2
4
x t
d y t
z t
= +


= −



= +

(
t R∈
); và mặt phẳng
( ): 2010 0x y z
α
+ + − =
a) Viết phương trình mặt phẳng
( )
β
chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng
( )
α
.
b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng Oyz
và (S) tiếp xúc với trục Oz tại điểm N.
Câu V.b ( 1,0 điểm ) ViÕt d¹ng lưỵng gi¸c cđa sè phøc
1 3z i= +
.
1
1
ĐÁP ÁN ĐỀ 1
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số:
3 2
1

2 3
3
y x x x
= − +
cã đồ thị (C)
a) Khảo s¸t sự biến thiªn và vẽ đồ thị (C)
 Tập x¸c định :D = R
 Giíi h¹n :
lim
x
y
→+∞
= +∞
;
lim
x
y
→−∞
= −∞
 y’=
2
4 3x x
− +
; y’= 0
⇔
x = 1 hoặc x = 3

 B¶ng biÕn thiªn
x
−

∞
1 3 +
∞
y’ + 0
−
0 +
y
4
3
+∞

−
∞
0
 Hàm số đồng biến trªn mỗi khoảng (
−
∞
;1) và (3; +
∞
)
Hàm số đồng biến trªn khoảng (1;3)
 Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 1, y
C§
= 4/3
Hµm sè ®¹t cùc tiĨu t¹i x = 1, y
CT
= 0
 y’’ =
2 4x
−

; y’’ = 0
⇔
x = 2. Đồ thị nhận ĐU I(2; 2/3) làm tâm đối xứng.
 ĐĐB O(0;0), M(4;4/3)
b) Dựa v o à đồ thị (C), t×m m để phương tr×nh
3 2
1
2 3 0
3
x x x m
− + − + =
cã 3 nghiệm
ph©n biệt
Câu II ( 3,0 điểm )
a) Giải bất phương trình: 2 log
2
(x
−
1) > log
2
(5 – x) + 1
ĐK: 1< x < 5
Biến đổi bpt về dạng: log
2
(x
−
1)
2
> log
2

[(5 – x).2]
<=> (x
−
1)
2
> (5 – x).2 (vì: 2 >1) <=> x <
−
3 ∨ x > 3
Kết luận: 3 < x < 5
b) Giải phương trình trên tập số phức : z
4
+ z
2
– 12 = 0
* z
2
= 3, z
2
=
−
4
* z
1,2
=
3±
, z
3,4
=
2i
±

c) Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi
các đường :

. ; 1; 2; 0
x
x
y e x x y
π
= = = =
xung quanh trục Ox.
Ta có: V =
2
2
1
x
xe dx
∫

2
2
-2 -1 1 2 3 4 5
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y

←→
CĐ
CT
←→
3 2
1
2 3
3
y x x x
= − +
Đặt:
2x
u x
dv e dx
=


=

=>
2
1
2
x
du dx
v e
=




=



2
2
2 2
1
1
1
2 2
x x
x
V e e dx= −
∫

2
2 2
4
1
2 4
x
e e
e
= − −

2 4 2 4 2
4
3
( )

2 4 4 4
e e e e e
e
−
= − − − =
Câu III ( 1,0 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, cạnh BC = 2a, SA = a,
SA⊥mp(ABCD), SB hợp với mặt đáy một góc 45
0
.
Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
* Xác định góc giữa cạnh SB và mặt đáy là góc SBA = 45
0

* Lập luận suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD là trung điểm I của đoạn SC
*Tính bán kính: r =
2
6a

* V =
6
3
4
33
ar
ππ
=

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1.Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho:

( ) ( )





+−=
−=
+=
∆





−=
−=
+=
∆
2
2
2
2
1
1
1
1
22

1
32
:&
1
3
21
:
tz
ty
tx
tz
ty
tx
1) Chứng tỏ hai đường thẳng (Δ
1
) & (Δ
2
) chéo nhau.
*
)1;1;2(
1
−−=
u

)2;1;3(
2
−=
u
⇒
21

uku
≠
(1)
*Hệ pt:





+−=−
−=−
+=+
21
21
21
221
13
3221
tt
tt
tt
(vơ nghiệm)(2)
Từ (1) và (2) suy ra (Δ
1
) & (Δ
2
) chéo nhau.
2) Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa (Δ
1
) & song song với (Δ

2
).
* (α) chứa (Δ
1
) và ss (Δ
2
) nên:
(α) chứa điểm A(1,3,1)∈ (Δ
1
) và có 1 VTPT:
1 2
[ ; ] ( 3; 7;1)u u
= − −
ur uur
*Ptmp(α):
−
3(x – 1)
−
7( x
−
3) +1( z – 1) = 0
⇔ 3x + 7y
−
z – 23 = 0
Câu V.a ( 1,0 điểm )T×m sè phøc z biÕt
2 5z =
vµ phÇn ¶o cđa z b»ng 2 lÇn phÇn thùc
cđa nã.
Gi¶ sư z = a+2ai. Ta cã
2

5 2 5 2z a a
= = ⇒ =
VËy z= 2+4i, z =
−
2
−
4i
2.Theo chương trình nâng cao
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, Cho đường thẳng:
3
3
45
2a
a
I
D
B
C
A
S

2
: 2
4
x t
d y t
z t
= +



= −


= +

(
t R∈
); và mặt phẳng
( ) : 2010 0x y z
α
+ + − =
a) Viết phương trình mặt phẳng
( )
β
chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng
( )
α
.
( )
β
có VTPT
[ , ] ( 3;0;3)
d
n u n
α
= = −
r uur uur
với
(1; 2;1), (1;1;1)
d

u n
α
= − =
uur uur
( ) (2;0;4) ( )d M
β β
⊃ ⇒ ∈

( ): 2 0x z
β
⇒ − + =

b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d với mặt
phẳng Oyz và
(S) tiếp xúc với trục Oz tại điểm N.
Trong d cho x = 0 => t = – 2 thế vào pt d Ta có: I(0;4;2)
Gọi N(0;0;z)
(0; 4; 2)IN z
⇒ − −
uur
(S) tiếp xúc Oz tại N
(0;0;1)IN k
⇒ ⊥
uur r
2 0 2 (0;0;2)z z N
⇒ − = ⇒ = ⇒

Vậy mặt cầu (S) có tâm: I(0;4;2) , BK :R = NI = 4
2 2 2
( ): ( 4) ( 2) 16S x y z⇒ + − + − =

Câu V.b (1.0 điểm)ViÕt d¹ng lỵng gi¸c cđa sè phøc
1 3z i= +
.
Ta cã
1 3
2 2
2 2 3 3
z i cos isin
π π
 
 
= + = +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
4
4
ĐỀ 2 ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT 2010


I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số
4 2
1
4 3
2
y x x

= − +
có đồ thò là (C)
1) Khảo sát và vẽ đồ thò (C) của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thò (C) tại điểm có hoành độ
2x
= −
.
3) Đònh m để phương trình :
4 2
1
4 3 lg
2
x x m− + =
có 4 nghiệm phân biệt.
Câu II ( 3,0 điểm )
1. Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
2 2 2
log x 1 log x 1 log 7 x 1 x R- + + - - = Ỵ
2. Tính tích phân:
( )
2
4
0
I 2 sin x 1 cos xdx
p
= +
ò

3. Cho tập hợp
{ }
2
D x | 2x 3x 9 0= + -Ỵ £¡
.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
3
y x 3x 3= - +
trên D.
Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có
SA
vng góc với mặt phẳng (ABC), đáy
ABC là tam giác vng tại B,
AB a 3, AC 2a= =
, góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC)
bằng
0
60
.
Gọi M là trung điểm của AC. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ điểm M
đến mặt phẳng (SBC).
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1.Theo chương trình chuẩn
Câu IV.a (2.0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
( )
1
x 1 y 2 z 5
d :
2 3 4
- + -

= =
,
( )
2
x 7 y 2 z 1
d :
3 2 2
- - -
= =
-
và điểm
A(1; 1;1)-
1. Chứng minh rằng
( )
1
d
và
( )
2
d
cắt nhau.
2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
( )
1
d
và
( )
2
d
. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng

(P).
Câu V.a (1.0 điểm) Tìm mơđun của số phức
( )
3
1 2i 1 i
z
1 i
+ - -
=
+

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu IV.b (2.0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

( )
1
x y 1 z 6
d :
1 2 3
- -
= =
và
( )
2
x 1 y 2 z 3
d :
1 1 1
- + -
= =
-

1. Chứng minh rằng
( )
1
d
và
( )
2
d
chéo nhau.
5
5
2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
( )
1
d
và song song với
( )
2
d
.
Tính khoảng cách giữa
( )
1
d
và
( )
2
d
.

Câu V.b (1.0 điểm) Tính và viết kết quả dưới dạng đại số số phức
8
1 i 3
z
1 i 3
ỉ ư
+
÷
ç
÷
=
ç
÷
ç
÷
ç
-
è ø
.
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Bài 1: (3,0 điểm) Cho hàm số
4 2
1
4 3
2
y x x
= − +
có đồ thò là (C)
a)Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số.
 TXĐ: D = R.Hàm số chẵn


3
' 2 8y x x= −
; y ’= 0 <=> x = 0 hoặc x =
±
2
 BBT :
x
−∞
–2 0 2
+∞

y ’ – 0 + 0 – 0 +

+∞
3
+∞

y
CT CĐ CT
–5 –5

 HSĐB trên khoảng (–2;0) và (2;
+∞
).
HSNB trên khoảng (
−∞
;–2) và (0;2)
 Hàm số đạt cực đại tại
0; 3x y= =

CĐ
Hàm số đạt cực tiểu tại
2; 5x y= ± = −
CT
 Đồ thò:
o NX: đồ thò nhận Oy làm trục đối xứng
o ĐĐB: A(–3; 15/2), B(3;15/2)
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
x
y
O
CĐ
CT
CT
←→

4 2
1
4 3
2
y x x= − +
←→
←→
B
A
b)Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thò (C) tại điểm có hoành độ
0
2x = −
.
-Ta có:
0 0
( ) ( 2) 3y f x f
= = − = −

6
6
-
0
'( ) '( 2) 4 2f x f
= =
-Tieỏp tuyeỏn d:
4 2.( 2) 3 4 2. 5y x x
= + = +

c) ẹũnh m ủeồ phửụng trỡnh :
4 2

1
4 3 lg
2
x x m
+ =
coự 4 nghieọm phaõn bieọt.
YCBT <=>
5 lg 3m
< <
<=>
5 3 5 3
lg10 lg lg10 10 10m m

< < < <

Caõu II ( 3,0 im )
1. Gii phng trỡnh:
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
2 2 2
log x 1 log x 1 log 7 x 1 x R- + + - - = ẻ
iu kin:
x 1 0 x 1
x 1 0 x 1 1 x 7
7 x 0 x 7
ỡ ỡ
ù ù
- > >
ù ù

ù ù
ù ù
ù ù
+ > > - < <
ớ ớ
ù ù
ù ù
ù ù
- > <
ù ù
ù ù
ợ ợ
Khi ú:
( ) ( ) ( )
2
1 1 1
2 2 2
(1) log x 1 log x 1 1 log 7 x- + + = + -

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
1 1
2 2
2
2 2
2
1
log x 1 x 1 log 7 x
2

1
x 1 x 1 7 x 2x 2 49 14x x
2
x 3
x 14x 51 0
x 17
ộ ự
ộ ự
ờ ỳ
- + = -
ờ ỳ
ờ ỳ
ở ỷ
ở ỷ
- + = - - = - +
ộ
=
ờ
+ - =
ờ
= -
ờ
ở
So iu kin ban u ta suy ra nghim ca phng trỡnh (1) l
x 3=
.
2. Tớnh tớch phõn:
( )
2
4

0
I 2 sin x 1 cos xdx
p
= +
ũ
t
t 2 sin x 1 dt 2 cos xdx= + =ị
i cn:
x 0 t 1; x t 3
2
p
= = = =ị ị
Khi ú:
3
3
5
4
1
1
1 1 t
I t dt
2 2 5
ộ ự
ờ ỳ
= =
ờ ỳ
ở ỷ
ũ
242 121

10 5
= =
3. Cho tp hp
{ }
2
D x | 2x 3x 9 0= + -ẻ ÊĂ
.
Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca hm s
3
y x 3x 3= - +
trờn D.
{ }
2
3
D x | 2x 3x 9 0 3;
2
ộ ự
= + - = -ẻ Ê
ờ ỳ
ờ ỳ
ở ỷ
Ă
2
x 1 D
y ' 3x 3 0
x 1 D
ộ
= - ẻ
ờ
= - =

ờ
= ẻ
ờ
ở
Do
3 15
y( 3) 15; y( 1) 5; y(1) 1; y
2 8
ổử
ữ
ỗ
- = - - = = =
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ

nờn ta suy ra c:
x D x D
max y 5; min y 15
ẻ ẻ
= = -
Cõu III ( 1,0 im ) Cho hỡnh chúp S.ABC cú
SA
vuụng gúc vi mt phng (ABC), ỏy
ABC l tam
giỏc vuụng ti B,
AB a 3, AC 2a= =
, gúc gia mt bờn (SBC) v mt ỏy

(ABC) bng
0
60
.
Gi M l trung im ca AC. Tớnh th tớch khi chúp S.BCM v khong cỏch
t im M n
7
7
mt phng (SBC).
Do
ã
( ) ( )
ã
0
SA (ABC)
BC SB
BC AB
SBA SBC ; ABC 60
ỡ
ù
^
ù
^ị
ớ
ù
^
ù
ợ
ộ ự
= =ị

ờ ỳ
ở ỷ
Xột tam giỏc vuụng SAB v SBC ta cú:

0
2 2
2 2
SA AB. t an60 a 3. 3 3a
SB SA AB 2a 3
BC AC AB a
ỡ
ù
= = =
ù
ù
ù
ù
= + =
ớ
ù
ù
ù
= - =
ù
ù
ợ
Suy ra:
2
1 1 a 3
dt( MBC) dt( ABC) AB.BC

2 4 4
= = =D D
2
1
dt( SBC) SB.BC a 3
2
= =D
2 3
S.BCM
3
S.BCM
2
1 1 a 3 a 3
V dt( MBC).SA . .3a
3 3 4 4
a 3
3
3V 3a
4
d(M, (SBC))
dt( SBC) a 3 4
= = =D
= = =
D
Cõu IV.a (2.0 im) Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho hai ng thng

( )
1
x 1 y 2 z 5
d :

2 3 4
- + -
= =
,
( )
2
x 7 y 2 z 1
d :
3 2 2
- - -
= =
-
v
im
A(1; 1;1)-
1. Chng minh rng
( )
1
d
v
( )
2
d
ct nhau.
Cỏch 1:
( )
1
d
i qua im
( )

1
M 1; 2;5-
v cú VTCP
( )
1
u 2; 3; 4=
uur
( )
2
d
i qua im
( )
2
M 7;2;1
v cú VTCP
( )
1
u 3;2; 2= -
uur
( )
1 2
M M 6;4; 4= -
uuuuur
v
[ ]
( )
1 2
3 4 4 2 2 3
u , u ; ; 14;16; 5
2 2 2 3 3 2

ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
= = - -
ữ
ỗ
ữ
- -ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
uur uur
Do
[ ]
[ ]
1 2
1 2 1 2
u ;u 0
u ;u .M M 84 64 20 0
ỡ
ù
ạ
ù
ù
ị
ớ
ù
= - + + =

ù
ù
ợ
r
uur uur
uuuuur
uur uur
( )
1
d
v
( )
2
d
ct nhau.
Cỏch 2:
Phng trỡnh tham s ca
( )
1
d
v
( )
2
d
l:
( ) ( ) ( )
1 2
1 1 2 2 1 2
1 2
x 1 2t x 7 3t

d : y 2 3t ; d : y 2 2t t , t
z 5 4t z 1 2t
ỡ ỡ
ù ù
= + = +
ù ù
ù ù
ù ù
ù ù
= - + = + ẻ
ớ ớ
ù ù
ù ù
ù ù
= + = -
ù ù
ù ù
ợ ợ
Ă
8
8
A
C
B
S
M
Xét hệ phương trình:
1 2
1 2
1 2

1 2t 7 3t (1)
2 3t 2 2t (2) (*)
5 4t 1 2t (3)
ì
ï
+ = +
ï
ï
ï
ï
- + = +
í
ï
ï
ï
+ = -
ï
ï
î
Từ (1) và (2) suy ra :
1
2
t 0
t 2
=
ì
ï
ï
í
= -ï

ï
î
. Thay vào phương trình (3) ta thấy nó thỏa mãn.
Suy ra hệ (*) có nghiệm là
1
2
t 0
t 2
=
ì
ï
ï
í
= -ï
ï
î
.
Vậy
( )
1
d
và
( )
2
d
cắt nhau tại
M(1; 2;5)-
.
2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
( )

1
d
và
( )
2
d
. Tính khoảng cách từ A đến mặt
phẳng (P).
Do mặt phẳng (P) chứa
( )
1
d
và
( )
2
d
nên (P) đi qua điểm
( )
( )
1 1
M 1; 2;5 d- Î
và có VTPT
là
[ ]
( )
1 2
u , u 14;16; 5= - -
uur uur
Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là:
( ) ( ) ( )

14 x 1 16 y 2 5 z 5 0
14x 16y 5z 71 0
- - + + - - =
- + - =Û
và khoảng cách từ A đến (P) là:
( )
2 2 2
14 16 5 71
36
d A,(P )
477
14 16 5
+ + -
= =
+ +
Câu V.a (1.0 điểm) Tìm môđun của số phức
( )
3
1 2i 1 i
z
1 i
+ - -
=
+

Ta có:

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )

3 4
2
2 2
2
2
1 2i 1 i 1 2i 1 i 1 i
z
1 i
1 i 1 i
1 i 2i 1 2i i

1 i
3 i 4i 7 i 7 1
i
2 2 2 2
+ - - + - - -
= =
+
+ -
+ - - - +
=
-
+ - +
= = = +
Do đó:
2 2
7 1 5 2
z
2 2 2
æö æö

÷ ÷
ç ç
= + =
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu IV.b (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

( )
1
x y 1 z 6
d :
1 2 3
- -
= =
và
( )
2
x 1 y 2 z 3
d :
1 1 1
- + -
= =
-

1. Chứng minh rằng
( )

1
d
và
( )
2
d
chéo nhau.
( )
1
d
đi qua điểm
( )
1
M 0;1;6
và có VTCP
( )
1
u 1;2;3=
uur
( )
2
d
đi qua điểm
( )
2
M 1; 2; 3-
và có VTCP
( )
2
u 1;1; 1= -

uur
( )
1 2
M M 1; 3; 3= - -
uuuuur
và
[ ]
( )
1 2
2 3 3 1 1 2
u , u ; ; 5; 4; 1
1 1 1 1 1 1
æ ö
÷
ç
÷
ç
= = - -
÷
ç
÷
- -ç
÷
ç
è ø
uur uur
9
9
Do
[ ]

1 2 1 2
u ;u .M M 5 12 3 14 0= - - + = - ¹Þ
uuuuur
uur uur
( )
1
d
và
( )
2
d
chéo nhau.
2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
( )
1
d
và song song với
( )
2
d
.
Tính khoảng cách giữa
( )
1
d
và
( )
2
d
.

Do mặt phẳng (P) chứa
( )
1
d
và song song
( )
2
d
nên (P) đi qua điểm
( )
( )
1 1
M 0;1;6 dÎ
và
có VTPT là
[ ]
( )
1 2
u , u 5; 4; 1= - -
uur uur
Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là:

( )
( )
( )
5 x 0 4 y 1 1 z 6 0
5x 4y z 2 0
- - + - - - =
- + - =Û
và khoảng cách giữa

( )
1
d
và
( )
2
d
là :
( )
[ ]
[ ]
1 2 1 2
1 2
2 2 2
1 2
u ;u .M M
14 14
d d ;d
42
u ;u
5 4 1
-
= = =
+ +
uuuuur
uur uur
uur uur
Câu V.b (1.0 điểm) Tính và viết kết quả dưới dạng đại số số phức
8
1 i 3

z
1 i 3
æ ö
+
÷
ç
÷
=
ç
÷
ç
÷
ç
-
è ø
.
Ta có:

( )
2
2
1
2
1 i 3
1 i 3 1 2i 3 3i
z
1 i 3 1 3i 1 3
1 2i 3 3 2 2i 3 1 3
i
4 4 2 2

+
+ + +
= = =
- - +
+ - - +
= = = - +
Dạng lượng giác của
1
z
là:
1
2 2
z cos i sin
3 3
p p
= +
.
Suy ra:
8
8
1
1 i 3 2 2 16 16
z z cos(8. ) i sin(8. ) cos i sin
3 3 3 3
1 i 3
æ ö
÷+ pppp
ç
÷
ç

= = = + = +
÷
ç
÷
ç
÷
ç
-
è ø


4 4 1 3
cos i sin i
3 3 2 2
p p
= + = - -
ĐỀ 3 Đề ôn tập lớp 12
I. Phần chung :
Bài 1 : (3,0đ)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x
3
– 6x
2
+ 9x
b) Tính thể tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) và trục Ox
Bài 2 : (3,0đ)
a) Giải phương trình :
2
lg 6.lg 5 0x x+ + =
b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

f(x) =
2
9 x x− +
10
10
c) Tính tích phân :
1
1 3ln
e
dx
I
x x
=
+
∫
Bài 3 : (1,0đ)
Cho hình chóp S.ABC, SA vuông góc mp(ABC). Biết tam giác ABC vuông cân tại A, gọi I là
trung điểm cạnh BC, biết BI = a, góc tạo bởi SI và (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích hình chóp
S.ABC.
Bài 4 : (1,0đ)
Cho phương trình : 8z
2
– 4z + 1 = 0. Chứng minh phương trình có hai nghiệm phức z
1
và z
2
và
tính

2 2
1 2
z z+

II. Phần riêng (Chọn một trong hai phần)
Bài 5a (2,0đ)
Cho đường thẳng
1
∆
:
2 4
3 3
2
x t
y t
z
= +


= +


= −

và
2
∆
:
2
2 7

5
x t
y t
z
= +


= +


= −

và điểm A(3; 2; 1)
a) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và vuông góc
1
∆
;
2
∆
b) Tính góc giữa hai đường thẳng
1
∆
;
2
∆
Bài 5b (2,0đ)
Cho phương trình x
2
+ y
2

+ z
2
– 4mx + 4y + 2mz + m
2
+ 4m = 0.
a) Khi m = 1. viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu tại điểm M
( )
1; 3; 2 1− −
b) Chứng minh rằng phương trình trên là phương trình mặt cầu với mọi m. Tìm m để mặt cầu
trên có bán kính nhỏ nhất
Đáp án đề 3
Bài 1 :
a) Tự giải
b) Tìm nghiệm x
3
– 6x
2
+ 9x = 0
0
3
x
x
=

⇔

=

( )
3

6 4 2 5 4 4
0
36 81 12 108 18V x x x x x x dx
π
= + + − − +
∫
+ Tìm nguyên hàm
+ Đáp số : V =
729
35
π
Bài 2 :
a) Đặt t = lgx, ta có t
2
+ 6t + 5 = 0
=>
1
5
lg 1 10
lg 5 10
t x x
t x x
−
−

= = − ⇒ =

= = − ⇒ =

b) f(x) xác định trên

[ ]
3;3−
( )
2
3
1 0 0;3
2
9
x
y x
x
−
′
= + = ⇔ = ∈
−
[ ]
0;3
9 3
( )
2 2
Max f x = +
;
[ ]
0;3
( ) 3Min f x = −
c) t = 1 + 3lnx =>
3
dt dx
x
=

11
11
nguyên hàm của I =
1 1 2 2
1 3ln
3 3 3
dt t C x C
t
= + = + +
∫
Tích phân của I =
3
0
2
1 3ln
3
x+
=
2
3
Bài 3 : S
ABC
=
2
1
.
2
AI BC a=
; SA = atan60
0

=
3a
vậy V =
3
3
3
a
Bài 5a
a)
1
∆
có vtcp
( )
4;3;0a =
r
;
2
∆
có vtcp
( )
1;7;0b =
r
; Gọi
( )
0;0;25n a b= ∧ =
r r r
Ptts của d đi qua điểm A có vtcp là
( )
0;0;25n a b= ∧ =
r r r

:
3
2
1 25
x
y
z t
=


=


= +

b) cos(
1
∆
;
2
∆
) =
1
2
=> (
1
∆
;
2
∆

) = 45
0
Bài 4 :
4 8 4 0
′
∆ = − = − <
đpcm,
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2 0z z z z z z+ = + − =
Bài 5b
Tâm mặt cầu là : I(2; - 2; - 1), mp(P) có vtpt
IM
uuur
=
( )
1; 1; 2− −
Ptmp (P) : (x – 1) + (y + 3) -
2
(z -
2
+ 1) = 0
R
2
= 4m
2
+ 4 + m
2

– m
2
– 4m = 4m
2
+ 4m + 4 > 0 do
4 16 0
′
∆ = − <
(đpcm)
R
2
= [(2m)
2
+ 2(2m) + 1] + 3 = (2m + 1)
2
+ 3
3
≥
GTLN của R =
3
khi m =
1
2
−

Đề 4 :
I.Phần chung :
Bài 1 : (3,0đ)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x
4

– 4x
2
+ 3
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị tại điểm có hoành độ 2
Bài 2 : (3,0đ)
a) Giải bất phương trình :
2
3 3 10
x x− +
+ <
b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
f(x) = 2sin
2
x – 3sinx + 1 trên đoạn
[ ]
0;
π
c) Tính tích phân :
2
1
12
16 9
x
x x
I dx=
−
∫
Bài 3 : (1,0đ)
Cho hình chóp S.ABCD, đấy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc mp(ABCD). Góc tạo
bởi SC và mp(SAD) bằng 45

0
. Tính thể tích hình chóp S.ABCD.
Bài 4 : (1,0đ)
Giải phương trình : z
4
– 4z
2
– 5 = 0.
II. Phần riêng (Chọn một trong hai phần)
Bài 5a (2,0đ)
12
12
Cho đường thẳng d :
2 4
3 3
2
x t
y t
z
= +


= +


= −

và điểm A(3; 2; 1)
a) Viết phương trình đường thẳng d
/

đi qua điểm A và song song với đường thẳng d
b) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d
Bài 5b (2,0đ)
Cho hai phương trình:
7 3
1 2 5
: ; ': 2 2
2 3 4
1 2
x t
x y z
y t
z t
= +

− + −

∆ = = ∆ = +

−

= −

.
a) Chứng minh rằng hai đường thẳng cùng nằm trên một mặt phẳng (
α
)
b) Viết phương trình mp (
α
)

c) Viết phương trình đường thẳng d vuông góc và cắt hai đường thẳng trên
Đáp án đề 4 :
Bài 1
a) tự vẽ đồ thị
b) x = 2 => y = 3
y
/
= 4x
3
– 8x => f
/
(2) = 8
pttt là : y = 8(x – 2) + 3
Bài 2 :
a) Đặt t = 3
x
ta có 9t
2
– 10t + 1 < 0
2 0
1
1 3 3 3 2 0
9
x
t x
−
⇔ < < ⇔ < < ⇔ − < <

b) Đặt t = sinx đk
[ ]

0;1t ∈
Ta có y = 2t
2
– 3t + 1
y
/
= 4t – 3 = 0 => t =
3
4
( )
0;1∈
[ ]
0,3
( ) 1=Max f x
;
[ ]
0;3
1
( )
8
Min f x
−
=
c) I =
2
2
1
4
3
4

1
3
x
x
dx
 
 ÷
 
 
−
 ÷
 
∫
Đặt t =
4
3
x
 
 ÷
 
=>
4
4
3
ln
3
x
dt
dx
 

=
 ÷
 
Nguyên hàm của
I =
2
1
4
1
ln
3
dt
t −
∫
=
4
1
1 1 1 1
3
ln ln
4 4 4
1 1 1
4
2ln 2ln 2ln
1
3 3 3
3
x
x
dt dt t

c c
t t t
 
−
 ÷
 
−
 
− = + = +
 ÷
− + +
 
 
+
 ÷
 
∫ ∫
Tính tích phân I = ?
Bài 3 : (SC; SD) = 45
0

S
ABCD
= a
2
; tam giác SCD vuông tại D nên DC.cot45
0
= SD = a =>V =
3
1

3
a
13
13
Bài 4 :
a) t = z
2
ta có t
2
– 4t – 5 = 0
1
5
5
z i
t
t
z
= ±

= −

⇔ ⇒


=
= ±


ptts d
/

:
3 4
2 3
1
x t
y t
z
= +


= +


=


c) Gọi H(2+4t;3 + 3t; -2) thuộc d.
. 0AH u =
uuurr
(
u
r
= (4;3;0) là vtcp của d)
Bài 5b
a) chứng minh 3 vt đồng phẳng
b) mp
( )
α
qua điểm A(7;2;1) có vtpt là
n u m= ∧

r r ur

( ;u m
r ur
là 2vtcp của 2đt trên)
c) viết pt đường thẳng d đi qua giao điểm của 2đt trên và vuông góc với chúng nên nó có vtcp
n u m= ∧
r r ur
ĐỀ 5
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1 Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x + 9y + 2
= 0.
Câu 2
1) Giải phương trình:
2
0,2 0,2
log x log x 6 0− − =
2) Tính tích phân
4
0
t anx

cos
I dx
x

π
=
∫
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = (x – 6)
2
x 4+
trên đoạn [0 ; 3].
Câu 3 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD và O là tâm của đáy ABCD. Gọi M là trung điểm
cạnh đáy AB.
1) Chứng minh rằng AB vuông góc với mặt phẳng (SMO).
2) Giả sử AB = a và mặt bên tạo với đáy của hình chóp một góc 60
0
. Tính thể tích của hình
chóp S.ABCD.
II. PHẦN RIÊNG
1. Theo chương trình Chuẩn :
Câu 4a Trong không gian Oxyz, cho A(1;2;3) và đường thẳng d có phương trình
1 1 1
2 1 2
x y z− + −
= =
.
1) Viết phương trình mặt phẳng (
α
)qua A và vuông góc d.
2) Tìm tọa độ giao điểm của d và mặt phẳng (
α
).
Câu 5a Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:
2

4 9 0x x
− + =
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 4b Trong không gian Oxyz cho điểm M(1;
−
1;1), hai đường thẳng
14
14

x 1 y z
( ):
1
1 1 4
−
∆ = =
−
,
x 2 t
( ): y 4 2t
2
z 1

= −

∆ = +


=

và mặt phẳng (P) :

y 2z 0+ =
1) Tìm điểm N là hình chiếu vng góc của điểm M lên đường thẳng (
2
∆
) .
2) Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng
( ) ,( )
1 2
∆ ∆
và nằm trong mặt
phẳng (P) .
Câu 5b Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường :
= = =
1
y lnx,x ,x e
e
và trục
hồnh .
ĐÁP ÁN ĐỀ 5
Câu 1
1) HS tự vẽ
2) Hệ số góc của tiếp tuyến : k = 9
Tiếp điểm A( – 1; – 2) và B(3;2)
Tiếp tuyến tại A : y = 9x + 7 ; tiếp tuyến tại B : y = 9x - 25
Câu 2
1) Đk : x > 0; đặt t = log
0,2
x ta được phương trình : t
2
– t – 6 = 0. Giải ta được t = -2 ; t = 3

Với t = -2 , ta có log
0,2
x = -2 suy ra x = 25
Với t = 3 , ta có log
0,2
x = 3 suy ra
1
x
125
=
2) Đặt t = cosx
dt sin xdx⇒ = −
. Đổi cận và ta có
2
2
2
1
1
I dt 2 1
t
= − = −
∫
3) Ta có
( )
2
2
2 2
x x 6
2x 6x 4
y' x 4

x 4 x 4
−
− +
= + + =
+ +

y' 0 x 1;x 2⇒ = ⇔ = =
F(0) = – 12 ;
( )
f 3 3 13= −
;
( )
f 1 5 5= −
;
( )
f 2 8 2= −
Vậy
[ ]
( ) ( )
0;3
maxf x f 3 3 13= = −
;
[ ]
( ) ( )
0;3
min f x f 0 12= = −
Câu 3
a/ Gọi O là tâm của đáy và M là trung điểm của AB, vì SABCD là hình chóp tứ
giác đều nên ta suy ra được:
ABSMABOM ⊥⊥ ;

. Suy ra
AB (SOM)⊥
b/ OM là hình chiếu của SM lên mp(ABCD), do đó:
·
SMO
= 60
0
. Xét tam giác vuông SOM
ta có:
3
2
60tan.
0
a
OMSO ==
Vậy thể tích khối chóp là:
6
3
3
23
1
.
3
1
3
2
aa
aSOSV
ABCD
===

Câu 4a
1 / (
α
) Vng góc với d nên nhận vec tơ chỉ phương của d làm vec tơ PT, Một VTPT của
(
α
) là (2 ; 1 ; 2 ) và đi qua A ( 1 ; 2 ; 3 ) nên phương trình có dạng :
2 ( x – 1 ) + 1.(y – 2) + 2 ( z – 3 ) = 0
< = > 2x + y + 2z -10 = 0 ( 2 )
2 / Pt ( 1) có thể viết
1 2
1
1 2
x t
y t
z t
= +


= − +


= +

( 1’)
15
15
Thay vo phng trỡnh ( 2 ) ta cú :
2(1+2t) + ( -1 +t ) +2 ( 1 + 2t ) -10 = 0
7

t
9
=
. Võy ta giao im l
23 2 23
; ;
9 9 9


ữ

Cõu 5a
Phửụng trỡnh (1) coự bieọt soỏ
594'
==
Phửụng trỡnh (1) coự hai nghieọm phaõn bieọt laứ :
ix 52 =
vaứ
ix 52 +=
Cõu 4b
1)
( ) ( )
2
N N 2 t;4 2t;1 MN 1 t;5 2t;0 + = +
uuuur
. N l hỡnh chiu vuụng gúc ca M
2 2
9
MN u MN.u 0 t
5

= =
uuuur uur uuuuruur
(vi
( )
2
u 1;2;0=
uur
l VTCP ca
( )
2

) Vy
19 2
N ; ;1
5 5

ữ

2) Gi
( ) ( )
1
A P=
. Toa A l nghim h
x 1 y z
1 1 1
y 2z 0


= =

+ =

. Gii c A(1;0;0)
Gi
( ) ( )
2
B P=
. Toa A l nghim h
x 2 t
y 4 2t
z 1
y 2z 0
=


= +


=


+ =

. Gii c B(5;-2;1)
ng thng cn tỡm i qua A v B. Phng trỡnh (AB):
x 1 5t
y 2t

z t
= +


=


=

Cõu 5b
+ Din tớch :
1 e
S lnxdx lnxdx
1/e 1
= +

+ t :
1
u lnx,dv dx du dx,v x
x
= = = =


lnxdx xln x dx x(lnx 1) C= = +

=>
1
1 e
S x(ln x 1) x(lnx 1) 2(1 )
1/e 1

e
= + =
6
I. PHN CHUNG DNH CHO TT C CC TH SINH
Cõu 1 Cho hm s
4 2
y x 2x 1=
cú th (C)
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C).
2) Dựng th (C ), hóy bin lun theo m s nghim thc ca phng trỡnh
4 2
x 2x m 0 (*) =

Cõu 2
1) Gii phng trỡnh:
4 8 2 5
3 4.3 27 0
x x+ +
+ =
2) Cho hm s
2
2
1 cos x
y
sin x
+
=
. Tỡm nguyờn hm F(x ) ca hm s , bit rng th ca hm s
F(x) i qua im
M ;0

4


ữ

16
16
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
4 3
3
y x 2x 2
2
= + +
Câu 3 Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân,
5 , 6 AB AC a BC a= = =
và SA
⊥
(ABC). Mặt bên (SBC) tạo với đáy một góc 60
0
. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
II. PHẦN RIÊNG
1. Theo chương trình Chuẩn :
Câu 4a Trong không gian Oxyz cho điểm M(2;3;0), mặt phẳng (P):
x y 2z 1 0+ + + =
và mặt
cầu (S) :
2 2 2
x y z 2x 4y 6z 8 0+ + − + − + =
.
1) Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) .

2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) .
Câu 5a Cho
2010 2009
2010 2009
i i
z
i i
−
=
+
. Tính
z
.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 4b Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (d ) :
x 3 y 1 z 3
2 1 1
+ + −
= =
và mặt
phẳng (P) :
x 2y z 5 0+ − + =
.
1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
2) Tính góc giữa đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
3) Viết phương trình đường thẳng (
∆
) là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P).
Câu 5b Gọi z
1

và z
2
là nghiệm của phương trình z
2
+ z + 1=0.
Hãy xác định A =
21
11
zz
+

ĐÁP ÁN ĐỀ 6
Câu 1:
a)
x
−∞

1−
0 1
+∞

y
′

−
0 + 0
−
0 +
y
+∞

1−

+∞


2−

2−


b) 1đ pt (1)
4 2
x 2x 1 m 1 (2)⇔ − − = −

Phương trình (2) chính là phương trình điểm
chung của ( C ) và đường thẳng (d) : y = m – 1
Căn cứ vào đồ thị (C ) , ta có :
 m -1 < -2
⇔
m < -1 : (1) vô nghiệm
 m -1 = -2
⇔
m = -1 : (1) có 2 nghiệm
 -2 < m-1<-1
⇔
-1 < m < 0 : (1) có 4 nghiệm
 m-1 = - 1
⇔
m = 0 : (1) có 3 nghiệm

 m – 1 > -1 : (1) có 2 nghiệm
Câu 2:
1) Đặt
2x 4
t 3
+
=
ta được phương trình : t
2
– 12t + 27 = 0. Giải ta được t = 9 ; t = 3
17
17
Với t = 9, ta được x = - 1 ; với t = 3 ta được x =
3
2
−
2) Ta có
2 2
2 2 2
1 cos x 2 sin x 2
y 1
sin x sin x sin x
+ −
= = = −
. Nguyên hàm
( )
2
F x 2cot x x C= − − +
Do đồ thị của F(x) qua
M ;0

4
π
 
 ÷
 
nên ta có
F 0 2 C 0 C 2
4 4 4
π π π
 
= ⇔ − − + = ⇒ = +
 ÷
 
Vậy
( )
2
F x 2cot x x 2
4
π
= − − + +
3) Tập xác định của hàm số :
D R=
Ta có y’ = 6x
3
+ 6x
2
= 6x
2
(x + 1). Suy ra y ‘ = 0
⇔

x = 0 ; x = –1 . Lập BBT và từ BBT ta kết
luận
R
3
min f (x) f ( 1)
2
= − =
Câu 3 : Gọi M là trung điểm BC, ta có
BC AM;BC SA⊥ ⊥
nên BC
⊥
SM, do đó góc tạo bởi mặt
bên (SBC) với mặt đáy (ABC) là
·
0
SMA 60=
Tam giác ABM vuông tại M nên ta có
2 2
AM AB BM 4a= − =

·
0
SM AM.tanSMA 4a.tan 60 4 3a⇒ = = =
3
S.ABC ABC
1
V S .SM 16 3a
3
∆
= =

Câu 4a:
1) Gọi (d) là đường thẳng qua M và (d) vuông góc với mp(P). Ta có VTCP của (d) là VTPT
của (P) nên ta có phương trình
( )
x 2 t
d : y 3 t
z 2t
= +


= +


=

. Khi đó N là giao điểm của (d) và (P). Giải hệ
phương trình tạo bởi phương trình của (d) và phương trình (P) ta được tọa độ của N (1;2;–2)
2) (Q) // (P) nên ta có (Q): x + y + 2z + m = 0
Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;3) và bán kính R = 2
(Q) tiếp xúc với (S)
( )
d I,(Q) R m 5 2 6⇔ = ⇔ = − ±
.
Vậy (Q): x + y + 2z +
5 2 6− ±
= 0
Câu 5a : ta có
( ) ( )
502 502
2010 4 2 2009 4

i i .i 1 ; i i .i i= = − = =
nên ta có
1 i
z i z 1
1 i
− −
= = ⇒ =
− +
Câu 4b
1) Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là
1 2 10
M ; ;
3 3 3
 
− −
 ÷
 
2) Gọi
( )
0 0
0 90ϕ ≤ ϕ ≤
là góc tạo bởi (d) và (P).
(d) có VTCP
( )
u 2;1;1=
r
; (P) có VTPT
( )
n 1;2; 1= −
r

. Khi đó ta có :
0
u.n
1
sin 30
2
u . n
ϕ = = ⇒ ϕ =
r r
r r
Câu 5b : Ta có
1 2
1 2 1 2
z z1 1 1
A 1
z z z z 1
+ −
= + = = = −
ĐỀ SỐ 7 :
I – PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
18
18
Câu 1: (3, 0 điểm).
Cho hàm số y = x
4
- 2x
2
- 3
1 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dùng đồ thị, tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:

x
4
- 2x
2
- 2 = m .
Câu 2: (3, 0 điểm).
1 Giải phương trình:
x l x
3 2.3 7 .
+ −
+ =
2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x(ln x - 2) trên đoạn [l; e
2
].
3. Tính tích phân: I=
∫
+
1
0
)( dxexx
x
.
Câu 3: (1,0 điểm).
Cho khối lăng trụ đứng ABC.A
1
B
1
C
1
có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A và BC = a. Đường

chéo của mặt bên ACC
1
A
1
tạo với đáy góc 60
o
. Tính thể tích khối lăng trụ đó 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 (phần
1 hoặc 2)
1 Theo chương trình chuẩn:
Câu 4.a: (2,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm: M(1; -2; l), N(1; 2; -5), P(0; 0; -3) và mặt cầu
(S): x
2
+ y
2
+ z
2
- 2x + 6y -7 = 0.
1. Viết phương trình mặt phẳng (MNP) .
2. Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với mặt phẳng (MNP) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 5.a: (1.0 điểm).
Giải phương trình:
2
2 3 4 0x x− + =
trên tập số phức.
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu 4.b: (2,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm: A(1 ; 2; - 1), B(2; 0; 1) và mặt phẳng (P) có

phương trình 2x - y + 3z + 1 = 0.
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với mặt phẳng (P).
2. Viết phương trình mặt phẳng (R) chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P).
Câu 5.b: (1,0 điểm).
Giải phương trình: 3x
2
- 4x + 6 = 0. trên tập số phức.
Đáp án đề 7:
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1 1.
Tập xác định: D=R
Chiều biến thiên:
xxy 24
3'
−=
,



±=
=
⇔=
1
0
0
'
x
x
y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

)0;1(−
và
);1( +∞
hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
)1;( −−∞
và
)1;0(
19
19
Cực trị:hàm số đạt cực đại tại điểm (0 ; 5) và đạt cực tiểu tại điểm:
(-1;4) và (1 ;-4)
Giới hạn

+∞=
±∞→
yLim
x
Bảng biến thiên:
x
∞−
-1 0 1
∞+

'
y
- 0 + 0 - 0 +
y
∞+
5
∞+

-4 -4
Đồ thị (C):
2.
x
4
- 2x
2
- 2 = m
⇔
x
4
- 2x
2
- 3 = m -1
. số nghiệm pt bằng với số giao điểm của đồ thị (C) với đường
thẳng y=m-1
Pt có 4 nghiệm phâm biệt khi -4<m-1<5 hay -3<m<6.
2 1.
x l x
3 2.3 7 .
+ −
+ =
⇔
073.23.3 =−+
−xx
Đặt:
x
t 3=
, t>0

Ta có pt:
0273
2
=+− tt
(*)
Giải (*) ta đựơc: t=2 và
3
1
=t
Với t=2 ta được
23 =
x
⇔
2log
3
=x
Với
3
1
=t
ta được
3
1
3 =
x
⇔
x=-1
2.
12ln
'

+−= xy
1ln
'
−= xy
Trên
( )
2
;1 e
xét
0
'
=y
ta có x=e
y(e)=-2
y(1)=-2
y(
2
e
)=0
nên
[ ]
0max
2
;1
=y
e
,
[ ]
2min
2

;1
−=y
e
.
3.
∫
+
1
0
)( dxexx
x
=
∫
+
1
0
2
)( dxxex
x
=
∫
1
0
2
dxx
+
∫
1
0
dxxe

x
Đặt: J=
∫
1
0
2
dxx
20
20
J=
1
0
3
3
x
=
3
1
K=
∫
1
0
dxxe
x
u=x và dv=
x
e
dx
ta có du=dx và v=
x

e
K=
∫
+
1
0
1
0
).( dxeex
xx
=
1
0
1
0
)().(
xx
eex +
=2e-1
Vậy I=2e-
3
2
3 ABC.A
1
B
1
C
1
là lăng trụ đứng nên AA
1

là chiều cao của khối chóp.
Ta có AC=
2
a
AB =
4

2
1
2
a
ACABS
ABC
==
.
Ta có góc ACA
1=
0
60
AC
AA
1
0
60tan =
⇔
3.
2
60tan.
0
1

a
ACAA ==
thể tích khối chóp là:

12
3
2
3
.
4
.
3
1
3
2
1
.
11
a
aa
V
CBAABC
=
=

.
)6;4;0( −=MN
)2;2;1( −−=NP
Theo gt:
)4;6;4(^ −== NPMNn

là VTPT của (MNP)
Pt(MNP): -4(x-1)+6(y+2)+4(z-1)=0
Hay: -2x+3y+2z+6=0
2.

( )
)//(MNP
α
nên
( )
:
α
-2x+3y+2z+D=0
( )
α
tiếp xúc với (S) nên
d(I,
( )
α
)=R ((S) có tâm I(1;-3;0) bán kính
17=R
)
4a
hay
17
17
3.31.2
=
+−+− D




=
−=
28
6
D
D
Vậy:
( )
:
1
α
-2x+3y+2z-6=0 và
( )
:
2
α
-2x+3y+2z+28=0
21
21
A
1
B
1
C
1
C
B
A

5a
234.2.49 −=−=∆
Nên pt có hai nghiệm phức:
4
233
2,1
i
x
±
=
.
4b
1.
(Q)// (P) nên (Q): 2x-y+3z+D=0
(Q) đi qua A nên: 2.1-2+3.(-1)+D=0 suy ra D=3
Vậy (Q): 2x-y+3z+3=0
2.
)2;2;1( −=AB
(P) có VTPT là
)3;1;2( −=n
Theo gt vtpt của (R) là
)3;1;4(^
'
−== nABn
Nên (R): -4(x-1)+(y-2)+3(z+1)=0

⇔
-4x+y+3z+5=0.

5b

566.3.416 −=−=∆
Nên pt có hai nghiệm phức:
6
564
2,1
i
x
±
=
.
ĐỀ SỐ 8
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1: (3điểm).
Chohàm số y = -x
3
+ 3x
2
-2 có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ là 3.
Câu 2: (3điểm).
a) Giải phương trình:
2
ln 3ln 2 0x x− + =
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
(3 ) 1y x x= − +
trên đoạn [0;2].
c) Tính tích phân:
2

2
1
2
1
xdx
I
x
=
+
∫
Câu 3: (1điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy là a; góc giữa cạnh bên và đáy là
0
30
. Tính thể
tích khối chóp theo a ?
II. PHẦN RIÊNG: (3điểm)
Thí sinh học theo chương trình nào chỉ được làm theo phần riêng cho chương trình đó ( phần 1
hoặc phần 2).
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu IVa: (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm B(-1;2;-3) và mặt phẳng
( )
: 2 2 5 0x y z
α
+ − + =
22
22
1. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng
( )
α

.
2. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua B, và vuông góc với mặt phẳng
( )
α
.
Câu 5a: (1,0 điểm). Tìm hai số x, y biết: (2x+1)+y.i=3-(y+2).i
2.Theo chương trình nâng cao.
Câu 4b: (2,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x+y+z-3=0 và
đường thẳng d có phương trình:
1 2
1 2 1
x y z− −
= =
−
1. Viếtphương trình mặt phẳng (Q) chứa điểm M(1;0;-2) và đi qua đường thẳng d.
2. Tìm giao điểm N của d với mặt phẳng (P). Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d'
đi qua N và vuông góc với (P)
Câu 5b: (1,0 điểm). tìm căn bậc hai của số phức sau:
i.341+−
.
Đáp án đề 8:
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1 1.
Tập xác định: D=R
Chiều biến thiên:
xxy 63
2'
+−=
,




=
=
⇔=
2
0
0
'
x
x
y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)2;0(

hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
)0;(−∞
và
);2( +∞
Cực trị: hàm số đạt cực đại tại điểm (2;2) và đạt cực tiểu tại điểm:
(0;-2)
Giới hạn

∞=
±∞→
yLim
x
Bảng biến thiên:
x
∞−

0 2
∞+

'
y
- 0 + 0 -
y
∞+
2
-2
∞−
Đồ thị (C):
2.
Ta có x=3 nên y=-2
nên
9
'
)3(
−=y
phương trình tiếp tuyến: y=-9(x-3)-2=-9x+25
2
Ta có pt:
023
2
=+− tt
(*)
Giải (*) ta đựơc: t=2 và t=1
23
23
Với t=2 ta được: lnx=1

⇔
x=e
Với t=2 ta được lnx=2
⇔
2
ex =
2.
1
).3(1
2
2'
+
−++−=
x
x
xxy
1
132
2
2
'
+
−+−
=
x
xx
y
Trên
( )
2;0

xét
0
'
=y
ta có x=1 và x=0,5
y(0)=3
y(1)=
22
y(0,5)=
4
55
y(2)=
5
nên
[ ]
3max
2;0
=y
,
[ ]
5min
2;0
=y
.
3.
Đặt:
1
2
+= xt

1
22
+=⇒ xt
nên 2tdt=2xdx
ta có
52
21
=⇒=
=⇒=
tx
tx
∫
=
5
2
2dtI
=
)25(22
5
2
−=t
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Do S.ABCD

là hình chóp đều
nên SO

là chiều cao của khối chóp. Suy ra góc SCO=
0
30
Ta có

2aAC =
,
2
2a
OC =
OC
SO
=
0
30tan
⇔
6
6
3
3
.
2
2
30tan.
0
aa
OCSO ===
22
aABS
ABCD
==
.
thể tích khối chóp là:

18

6
6
6

3
1
3
2
.
aa
aV
ABCDS
==

4a 1.
3
14
221
5)3.(22.21
))(,(
222
=
++
+−−+−
=
α
Bd
2.
Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với
( )

α
24
24
C
B
S
A
O
D
d có vtcp là
)2;2;1( −=a
ptts:





−−=
+=
+−=
tz
ty
tx
23
22
1
5a
. ta có x=1; y=-1
4b
1.

Ta có N(0;1;2) thuộc d
)1;2;1( −=a
là vtcp của d
)4;1;1(−=MN
Theo gt: (Q) có VTPT là
)3;3;9(^ −== aMNn
Nên (Q): 3(x-1)-(y-0)+(z+2)=0
3x-y+z+-1=0.
2.
N thuộc d nên N(x;2x+1;-x+2)
N thuộc (Q) nên: x+2x+1-x+2-3=0
x=0,y=1,z=2 vậy N(0;1;2).
)(
'
Pd ⊥
nên
'
d
có vtcp
)1;1;1(=a





+=
+=
=
tz
ty

tx
2
1

5b
( )
i2|3+±
ĐỀ 9 :
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1. (3,0 điểm). Cho hàm số
3 2
y x 3x mx= − +
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.khi m=0
2) Tìm m để hàm số có cực trị
Câu 2. (3,0 điểm)
1)Giải phương trình .
x 1 x
4 9.4 2 0
+
− + =
2)Tính tích phân
2
0
x
I (sin cos2x)dx
3
π
= +
∫

.
3)Tìm giá trị giá trị lớn nhất của hàm số
2x
f (x) 2x e= −
trên đoạn [0;1].
Câu 3. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD đều có ABCD là hinh chữ vuông AB bằng a
2
. Biết
góc giữa cạnh bên và mặt đáy 60
0
, tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
25
25