Đề thi thử Đại học Toán 2009 (1)

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
2 1
1
x
y
x
+
=
−
.
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 :
1
2
2 1
log 0
5
x
x
+
<
+

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

Câu III. (1.0 điểm). Cho số phức:
( ) ( )
2 2
1 . 2z i 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 vuông cạnh a,

( ),SA ABCD
⊥

3SB a=
.
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. Viết phương trình
mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng
3
:
1 1 2
x y z+
∆ = =
−
đồng thời tiếp xúc với 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 :
{ }
= ¡ \ 1D

Sự biến thiên :
• Chiều biến thiên :
( )
2
3
y' 0, x D.
x 1
−
= < ∀ ∈
−
Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
;1 1;−∞ ∪ +∞
.
• Hàm số không có cực trị.
• Giới hạn :
→−∞ →+∞
= =lim 2; lim 2
x x
y y
và
+ −
→ →
= +∞ = −∞
1 1
lim ; lim
x x
y y
.
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 :

x
−∞
1

+∞


y' _
y 2

−∞

+∞


2
• Đồ thị :
Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới
1

- Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-1) và cắt trục hoành tại điểm
1
;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)
2 1
1
1
x
mx
x
+
= +
−
có hai nghiệm phân
biệt
⇔
Phương trình (ẩn x)
− + − =
2
mx (m 1)x 2 0
có hai nghiệm phân biệt, khác 1

≠


≠
 

⇔ ∆ = + + > ⇔
 
+ + >



− + − ≠


2
2
2
m 0
m 0
(m 1) 8m 0
m 10m 1 0
m.1 (m 1).1 2 0

< − −


⇔ − + < <

>


m 5 21
5 21 m 0
m 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 0
x 5
x 4
0
x 5
x 4
x 4 0
x 5 0
2. (1,0 điểm)
Tính các tích phân sau
3
2
0
x
I dx
1 x
=
+
ò
Đặt
2
u 1 x du 2xdx= + Þ =
Đổi cận:
u 4
x 3
u 1
x 0
=

=
Þ
=
=
Do đó:
4
1
4
1
I du u 1
1
2 u
= = =
ò
Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới
2

Vậy
I 1=
3. (1,0 điểm)
Ta có :
2
2 0; 3x x x x x− + = − ⇔ = =
Diện tích là :
3 3
2 2
0 0
3 ( 3 )S x x dx x x dx= − + = − +
∫ ∫
3

2
3
3 9
0
3 2 2
x
x
 
= − + =
 ÷
 
(đvdt).
Câu III ( 1,0 điểm ) :Ta có : S
ABCD
=
2
a
;
( ),SA ABCD
⊥
Suy ra,
= = − =
2 2
h SA 3a a a 2
Vậy, thể tích chóp S.ABCD là :
= = =
3
2
S.ABCD ABCD
1 1 a 2

V S .SA a a 2
3 3 3
(đvtt)
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 :
1
2 3 4
x y z
+ + =
6 4 3 12 0x y z
⇔ + + − =
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.
• Ta có :
( 2;3;0)AB = −
uuur
,
( 2;0;4)AC = −
uuur
,
( 1; 2;4)AD = − −
uuur
Thể tích:
 
= = − =

 
uuur uuur uuur
1 1 1
, . 2 ( )
6 6 3
V AB AC AD ñvtt
Câu IV (1,0 điểm ) :
Tacó:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2
1 2 1 2 4 4 2 3 4
6 8 8 6
z i i i i i i i i
i i i
= − + = − + + + = − +
= − − = −

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 )
Cho hàm số
x 2
y

1 x
+
=
−
có đồ thị (C)
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 )
a. Giải phương trình
x x 1
2 2
log (2 1).log (2 2) 12
+
− − =
b. Tính tìch phân : I =
0
sin2x
dx
2
(2 sinx)
/2
+
−π
∫
c. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị

2
x 3x 1
(C): y
x 2
− +
=
−
, biết rằng tiếp tuyến này
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
Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới
3

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 .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường ( C ) : y =
2
x
, (d) : y =
6 x−

và trục hoành .
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 ) :
Tìm các hệ số a,b sao cho parabol (P) :
2
y 2x ax b= + +
tiếp xúc với hypebol (H) :
1
y
x
=
Tại điểm M(1;1)
. . . . . . . .Hết . . . . . . .
HƯỚNG DẪN ĐỀ 12
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ

b) 1đ
Ta có : y = mx
−
4
−
2m

m(x 2) 4 y 0 (*)⇔ − − − =
Hệ thức (*) đúng với mọi m
x 2 0 x 2
4 y 0 y 4
 
− = =
⇔ ⇔
 
− − = = −
 
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
x 2
y
1 x
+
=
−
)
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ Điều kiện : x > 1 .

2 2

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

2
2
x x
t = 3 log (2 1) 3 2 9 x log 9
2
17 17
x x
t = 4 log (2 1) 4 2 x log
2
16 16
⇔ − = ⇔ = ⇔ =
− ⇔ − = − ⇔ = ⇔ =
®
®
b) 1đ Đặt
t 2 sinx dt cosxdx
= + ⇒ =
Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới
x
−∞

1
+∞

y
′
+ +
y

+∞

1−

1−
−∞
4


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 2ln t 4 ln4 2 ln
1
2 2 2
t t
t t e
1
1 1 1

π
⇒ − ⇒ =
−
= − = + = − =
∫ ∫ ∫
®
®
c) 1đ Đường thẳng (d)
5
5x 4y 4 0 y x 1
4
− + = ⇔ = +

Gọi
∆
là tiếp tuyến cần tìm , vì
∆
song song với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc k =
5
4
Do đó :
5
( ): y x b
4
∆ = +


∆
là tiếp tuyến của ( C )
⇔

hệ sau có nghiệm
2
x 3x 1 5
x b (1)
x 2 4
x 2:
2
x 4x 5 5
(2)
2
4
(x 2)

− +

= +
−

≠

− +

=

−

2
(2) x 4x 0 x 0 x 4
1 5 1
(1)

x = 0 b tt( ): y x
1
2 4 2
5 5 5
(1)
x = 4 b tt( ): y x
2
2 4 2
⇔ − = ⇔ = ∨ =
→ = − ⇒ ∆ = −
→ = − ⇒ ∆ = −
®
®
Câu III ( 1,0 điểm )
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
= =
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
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 :
G(1;2;
1−
) là trọng tâm tam giác ABC
x
1
3
x 3
y
2 y 6
3
z 3
z
1
3

=


=


 
⇔ = ⇔ =
 
 
= −


= −


0,5đ
Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0;
3−
) 0,25đ
Mặt khác :
3.V
1
OABC
V .d(O,(ABC).S S
OABC ABC ABC
3 d(O,(ABC)
= ⇒ =
0,25đ
Phương trình mặt phẳng (ABC) :
x y z
1
3 6 3
+ + =
−
0,25đ

nên
1
d(O,(ABC)) 2
1 1 1
9 36 9
= =
+ +

Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới
5

Mặt khác :
1 1
V .OA.OB.OC .3.6.3 9
OABC
6 6
= = =
0,25đ
Vậy :
27
S
ABC
2
=
0,25đ
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hònh độ giao điểm của ( C ) và (d) :
x 2
2 2
x 6 x x x 6 0

x 3

=
= − ⇔ + − = ⇔

= −

2 6
2
1 x 26
2 3 2 6
S x dx (6 x)dx [x ] [6x ]
0 2
3 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),
D(0;a;0) , A(0;0;a) , M(
a
;0;a)
2
, N(a;
a
2
;0) .

a a
AN (a; ; a) (2;1; 2)

2 2
BD' ( a;a; a) a(1; 1;1)
= − = −
= − − = − −
uuur
uuuur
Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với AN và BD’ nên có VTPT là
2
a
n [AN,BD'] (1;4;3)
2
= = −
uuur uuuur
r
Suy ra : :
a 7a
(P):1(x ) 4(y 0) 3(z a) 0 x 4y 3z 0
2 2
− + − + − = ⇔ + + − =
b) 1đ Gọi
ϕ
là góc giữa
AN
uuur
và
BD'
uuuur
. Ta có :

2

a
2 2
a a
2
AN.BD'
1 3 3
cos arccos
3a
9 9
3 3
AN . BD'
.a 3
2
2
a
[AN,BD'] (1;4;3),AB (a;0;0) a(1;0;0)
2
− + +
ϕ = = = = ⇒ ϕ =
= = =
uuur uuuur
uuuur uuuur
uuur uuuur uuur
Do đó :
3
a
[AN,BD'].AB
a
2
d(AN,BD')

2
26
[AN,BD']
a . 26
2
= = =
uuur uuuur uuur
uuur uuuur
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tiếp điểm M có hoành độ chính là nghiệm của hệ phương trình :

1
2
1
2
2x ax b
2x ax b
x
x
1
1
2
4x a
(2x ax b)' ( )'
2
x
x


+ + =

+ + =



⇔
 
+ = −
 
+ + =



(I)
Thay hoành độ của điểm M vào hệ phương trình (I) , ta được :
Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới
6


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
4 2 2
y x 2(m 2)x m 5m 5= + − + − +
có đồ thị (
C
m
)
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 (
C
m
) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt .
Câu II ( 3,0 điểm )
d. Giải phương trình
x x x x
9 5 4 2( 20)= + +
e. Tính tích phân : I =
1
2
ln(1 x )dx
0
+
∫
f. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y =
lnx x−
.
Câu III ( 1,0 điểm )

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành với AB = a , BC = 2a và
·
ABC 60=
o
; SA vuông 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
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
( ): x y z 2 0α + + − =
.
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 ) :
Cho (H) giới hạn bởi các đường
2
y 4 x= −
và

2
y x 2= +
Tính thể tích của khối tròn xoay khi (H) quay quanh
trục hoành .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.
A B C D
1 1 1 1
có các cạnh
AA a
1
=
, AB = AD = 2a . Gọi M,N,K lần lượt là trung
điểm các cạnh AB,AD,
AA
1
.
a) Tính theo a khoảng cách từ
C
1
đến mặt phẳng (MNK) .
b) Tính theo a thể tích của tứ diện
C MNK
1
.
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tính giá trị của biểu thức :
= + + + + + + +
2 4 18

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
Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới
7


x
−∞

1−
0 1
+∞

y
′

−
0 + 0
−
0 +
y
+∞

1

+∞

0 0

b) 1đ Phương trình hoành độ giao điểm của (
C
m
) và trục hoành :

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

⇔
pt (1) có 4 nghiệm phân biệt
⇔
pt (2) có 2 nghiệm dương phân biệt .

⇔
m 1 0
' 0
5 5
2
P 0 m 5m 5 0 1 m
2
S 0 2(m 2) 0

− >

∆ >

−

> ⇔ − + > ⇔ < <
 
 
> − − >


Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ
5 2
2x x x 2 x x x x x
pt 3 [( 5) 2 ] 3 ( 5) 2 ( ) ( ) 1
3 3
⇔ = + ⇔ = + ⇔ + =
(1)

Vì
5 2
0 , 1
3 3
< <
nên vế trái là hàm số nghịch biến trên
¡
Mặt khác : f (2) = 1 nên pt (1)
⇔
f (x) = f (2)
⇔
x = 2 .
b) 1đ
Đặt
2xdx
2
du
u ln(1 x )
2
1 x
dv dx
v x


=
 
= +
⇒
 
+

=



=

Ta có :
1 1 1
2
1
x 1 1
2 1
I xln(1 x ) 2 dx ln2 2 (1 )dx ln2 [2x] dx = ln2 2 2M
0
2 2 2
0
1 x 1 x 1 x
0 0 0
= + − = − − = − + − +
+ + +
∫ ∫ ∫
Với
1
1
M dx
2
1 x
0
=
+

∫
. Đặt
x tant=
, ta tính được M =
4
π

Do đó :
I ln2 2
2
π
= − +
c) 1đ 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 :
Vậy :
Maxy y(4) 2ln2 2
(0; )
= = −
+∞

Câu III ( 1,0 điểm )
a) Áp dụng định lí côsin vào

ABC∆
, ta có : AC = a
3
Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới
x 0 4
+∞

y
′

−
0 +
y 2ln2 - 2
8

b) Vì
·
= = =
= α = α ⇒ = = α
3
2
S AB.BC.sinABC a.2a. a 3
ABCD
2
1
3
SA AC.tan a 3.tan V .SA.S a tan
S.ABCD ABCD
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 :
2 2 2
(S): x y z 2ax 2by 2cz d 0+ + + + + + =
với
2 2 2 2
a b c d+ + >
có tâm
I( a; b; c)− − −
(S) qua A,B,C
và tâm I thuộc mặt phẳng
( )α
nên ta có hệ :

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) :
2 2 2
(S): x y z 2x 2z 1 0+ + − − + =
có tâm I(1;0;1) và bán kính R = 1 .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hoành độ điểm chung :
2 2 2
4 x x 2 x 1 x 1− = + ⇔ = ⇔ = ±
Vì
2 2
4 x x 2, x [ 1;1]− ≥ + ∀ ∈ −
nên :

1 1
2 2 2 2 2
V [(4 x ) (x 2) ]dx [12 12x ]dx 16
Ox
1 1
= π − − + = π − = π
− −
∫ ∫
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
A
1
như hình vẽ .
Khi đó : A(0;0;0) , B(2a;0;0) , D(0;2a;0) ,
A
1
(0;0;a) ,
C
1
(2a;2a;a) , M(a;0;0) , N(0;a;0)
K(0;0;
a
2
) .
Khi đó :
(MNK):x y 2z a 0+ + − =
Suy ra :
5a 6
d(C ;(MNK))
1
6
=
.
b) 1đ Ta có :
1
3
1 5a

V [MN,MK].MC
C MNK 1
6 12
= =
uuuur uuuur uuuuur
với
2 2
a a
2
[MN,MK] ( ; ;a )
2 2
=
uuuur uuuur
.
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
u 1
1
=
, công bội q =
2
(1 i) 2i+ =
Ta có :
− − + +
= = = = = +
− − −
10 10 10
1 q 1 (2i) 1 2 1025(1 2i)
M u . 1. 205 410i
1

1 q 1 2i 1 2i 5

,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới
9

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
3 2
y x 3x 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 )
g. Giải bất phương trình
x 2 x 1 x
1 2 3 6
+ +
+ + <
h. Tính tích phân :
2
cosx
I dx
sinx cosx
0

π
=
+
∫
c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
y 2x 1 3x 5= − − −
.trên
5
[ ;2 ]
3
Câu III ( 1,0 điểm )
Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a .a. Tính diện tích xung quanh và
diện tích toàn 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 .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình
4 2
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
o
45
.
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Giải phương trình
2
z (cos isin )z isin .cos 0 , − ϕ + ϕ + ϕ ϕ = 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
−∞
1
+∞

y
′
+ 0 +
y

+∞

1
−∞


b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm
(d): y 3x 2⇒ = −


2/3 3 2/3 3
20 88 4
3 2 3 2
S [y y ]dx y dx [ x 3x ]dx [x 3x 3x 2]dx
(d) (C) (C)
81 81 3
0 2/3 0 2/3
= − − = − + − − + − = + =
∫ ∫ ∫ ∫
Câu II ( 3,0 điểm )
Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới
10

a) 1đ Chia 2 vế cho
x

6 0>
:
x x x 1
1 1 1
bpt ( ) 2.( ) 3.( ) 1 (1)
6 3 2
+
⇔ + + <

Đặt :
x x x 1
1 1 1
f (x) ( ) 2.( ) 3.( )
6 3 2
+
= + +
là hàm số nghịch biến trên R (2)
Mặt khác : f(2) = 1 nên (1)
f(x) f(2)⇔ <

(2)
⇒

x 2>
Vậy tập nghiệm của bpt là
S (2; )= +∞
b) 1đ Đặt
u x
2
π

= −
thì ta có

0
cos( u)
2 2 2
cosx sinu sinx
2
I dx du du dx
sinx cosx sinu cosu sinx cosx
0 0 0
sin( u) cos( u)
2 2
2
π π π
π
−
= = − = =
+ π π + +
π
− + −
∫ ∫ ∫ ∫
Do đó :
2 2 2
cosx sinx
2
2I I I dx dx dx [x]
0
2
sinx cosx sinx cosx

0 0 0
π π π
π
π
= + = + = = =
+ +
∫ ∫ ∫
I
4
π
⇒ =
c) 1đ TXĐ :
5
[ ;2 ]
3
Ta có :
3 89
y 2 ;y 0 x
48
2 3x 5
′ ′
= − = ⇔ =
−
. Vì
5 7 89 47
y( ) ,y(2) 2,y( ) =
3 3 48 24
= =
.
Vậy :

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

89 47
+ miny = y( )
48 24
5
[ ;2 ]
3
=
Câu III ( 1,0 điểm )
Xét hình nón đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O , bán kính R
Gọi
SAB∆
cân là thiết diện qua trục SO .
Đường sinh : l = SA = SB = a
a 2
AB a 2,R
2
⇒ = =
a. Do đó :
2
2
S Rl a
xq
2
π

= π =

2
2 a 2 1
2 2
S S S a a
tp xq
2 2 2
π π +
= + = + = π
®¸y

b. Đường cao :
AB a 2
h SO
2 2
= = =

1 2
2 3
V R h a
3 12
= π = π
nãn
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ
AB ( 1;1;0),AC ( 1;0;1),AD ( 3;1; 2)= − = − = − −
uuur uuur uuur

= ⇒ = − ≠
uuur uuur uuur uuur uuur
[AB;AC] (1;1;1) [AB;AC].AD 4 0
⇒
,
uuur uuur uuur
AB,AC,AD
không đồng phẳng .
Do đó : A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện .
b) 1đ Ta có :
= − − = − − = −
uuur uuur uuur
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
11

Do đó :
= =
uuur uuur uuur
1 2
V | [AB;AC].AD |
tø diÖn
6 3
.
Độ dài đường cao đường cao kẻ từ đỉnh A :
= =
uuur uuur
6V 2 3

h
A
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 ) :
Ta có :
4 2
2z 2z 1 0+ − =
. Đặt
=
2
Z z
thì phương trình trở thành :
2
2Z 2Z 1 0+ − =
(*)
Phưong trình
(*)
có
∆ = + = ⇒ ∆ =1 2 3 3
nên (*) có 2 nghiệm :

− +
− +
= ⇒ = ±
+ + +
− −
= = − = ⇒ = ±
1 3

1 3
* Z z
1 1,2
2 2
1 3 1 3 1 3
1 3
2
* Z i . z i.
2 3,4
2 2 2 2
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a. 1,0đ Gọi phương trình mặt cầu (S) :
2 2 2
x y z 2ax 2by 2cz d 0
+ + + + + + =
với
+ + − >
2 2 2
a b c d 0

Vì mặt cầu (S) đi qua A,B,C,D nên ta có hệ :

+ + =


 − + =

+ + + + =


+ + + =


1 2c d 0
1 2c d 0
3 2a 2b 2c d 0
17 8b 2c d 0
. Giải hệ này ta được :
= = − = = −a 1,b 2,c 0,d 1
.
Suy ra mặt cầu (S) có tâm I(
−1;2;0)
, bán kính : R =
6
.
Do đó phương trình (S) :
2 2 2
x y z 2x 4y 1 0
+ + + − − =
b. 1,0đ Gọi VTCP của (d) là
2 2 2
u a b c b c 0= + + >
r
( ; ; ) víi a
; trục Oz có VTCP là
k 0 0 1=
r
( ; ; )

d
IC 2 11
+



⊥ = −


uur
qua C(1;1;1)
( ) :
+ ( ; ; )
và tạo với Oz một góc
o
45
nên ta có hệ :

2a b c 0
IC
c b 2a
2
c 1
3a 4ab a 0
1
2 2 2
k u
c a b
2 2 2 2
2

a b c
− + =


⊥
= −


 
⇔ ⇔ ⇒ = ⇒ =
  
=
=
= +

 


+ +

uur
r
r
r
u
| |
hay 3a = 4b
| cos( ; ) |

+ a = 0 , chọn b = 1 , c = 1 nên pt của (d) : x = 1 ; y = 1+ t ; z = 1 + t .

+ 3a = 4b , chọn a = 4 thì b = 3 , c =
−
5 nên pt của (d) :
x 1 y 1 z 1
4 3 5
− − −
= =
−
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Phương trình có
2 2
i 4 i∆ = ϕ + ϕ − ϕ ϕ = ϕ − ϕ(cos sin ) sin .cos (cos sin )
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm :

i i
z
1
2
i i
z i
2
2
ϕ + ϕ + ϕ − ϕ
= = ϕ
ϕ + ϕ − ϕ − ϕ
= = ϕ
cos sin cos sin
cos
cos sin (cos sin )
sin

,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
Gv :Mai Thành LB Ôn Thi tốt nghiệp THPT . Theo chương trình mới
12