Tài liệu ôn thi TN 12 - Môn Toán

GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krông Bông Trang:1
* ÑAÏO HAØM

( )
( )
( )
2
/
/
2
//
/
/
/
//
/
//
/
.
.5
)0(

.4
3
2
.1
v
vC
v
C
v

v
uvvu
v
u
vCvC
vuvuvu
vuvu
−
=






≠
−
=






=
+=
±=±
( )
( )
( )

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
x
x
x
x
xx
xx
x
x
ax
x
ee
aaa
x
x
x
x
xx
x
C
a
xx

xx
2
/
2
/
/
/
/
/
/
/
/
2
/
1
/
/
/
sin
1
cot.18
cos
1
tan.17
sincos.16
cossin.15
1
ln.14
ln.
1

log.13
.12
ln 11
.2
1
.10
11
.9
8
1.7
0.6
−
=
=
−=
=
=
=
=
=
=
−
=






=

=
=
−
αα
α
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )

sin
cot
cos
tan
sin.cos
cos.sin
ln
ln.
log
.
.ln.
.2
1

2
/
/
2
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
2
/
/
/1
/
u
u
u
u
u

u
uuu
uuu
u
u
u
au
u
u
uee
uaaa
u
u
u
v
v
v
uxu
a
uu
uu
−
=
=
−=
=
=
=
=
=

=
−
=






=
−
αα
α
dcx
bax
y
+
+
=.19
ta coù
2
/
)( dcx
bcad
y
+
−
=
22
2

2
11
2
1
.20
cxbxa
cxbxa
y
++
++
=
ta coù:
( )
2
22
2
2
22
11
22
11
2
22
11
/
2
cxbxa
cb
cb
x

ca
ca
x
ba
ba
y
++
++
=

GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:2

•
Tìm m để hàm số tăng (giảm)
1. Hàm số bậc 3 ( hàm số hữu tỷ )
 Tập xác đònh
 Đạo hàm y
/
 Hàm số tăng trên R ( trong từng khoảng xác đònh): y
/
≥ 0 ∀x ∈ R




≤∆
>
0
0a
Giải tìm m

 Chú ý:Nếu hệ số a của y
/
có chứa tham số thì phải xét khi a = 0
• Tương tự cho hàm số giảm:
y
/
≤ 0 ∀x∈ R



≤∆
<
⇔
0
0a
2. Hàm số nhất biến :
dcx
bax
y
+
+
=
* Tập xác đònh
* Đạo hàm y
/
* Hàm số tăng (giảm) trong từng khoảng xác đònh : y
/
> 0 ( y
/
< 0 ) .

Giải tìm m
* Chú ý : Nếu hệ số c có chứa tham số ta xét thêm c = 0

•
Tìm m để hàm sốá có cực đạ i , c ự c ti ể u
* Tập xác đònh
* Đạo hàm y
/
* Hàm số có cực đại,cực tiểu khi y
/
= 0 có hai nghiệm phân biệt



>∆
≠
0
0a

* Giải tìm m

•
Dùng dấu hiệu 2 tìm cực trò
* Tập xác đònh
* Đạo hàm y
/
* Giải phương trình y
/
= 0 tìm nghiệm x
0

* Đạo hàm y
//
.Tính y
//
(x
0
)
* Nếu y
//
(x
0
) > 0 : hàm số đạt cực tiểu tại x
0
* Nếu y
//
(x
0
) < 0 : hàm số đạt cực đại tại x
0
•
Tìm m để hàm số đạt cực trò tại x
0
Cách 1: * Tập xác đònh
* Đạo hàm y
/
* Hàm số đạt cực trò tại x
0
: y
/
(x

0
) = 0
y
/
đổi dấu khi x qua x
0
* Chú ý :
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:3
• Hàm số đạt cực tiểu tại x
0
:
y
/
(x
0
) = 0
y
/
đổi dấu từ
“
–
“
sang
“
+
”
• Hàm số đạt cực đại tại x
0
:
y

/
(x
0
) = 0
y
/
đổi dấu từ
“
+
“
sang
“
–
”
Cách 2: * Tập xác đònh
* Đạo hàm y
/
* Đạo hàm y
//
* Hàm số đạt cực trò tại x
0
:



≠
=
0)(
0)(
0

//
0
/
xy
xy

* Cực đại: { y
/
(x
0
) = 0 và y
//
(x
0
) < 0 }
* Cực tiểu : { y
/
(x
0
) = 0 và y
//
(x
0
) > 0 }

•
Hàm số đạt cực trò bằng y
0
tại x
0

* Tập xác đònh
* Đạo hàm y
/

=

f
/
(x)
* Hàm số đạt cực trò bằng y
0
tại x
0
khi :





≠
=
=
0)(
)(
0)(
0
//
00
0
/

xf
yxf
xf
* TÌM GÍA TRỊ LỚN NHẤT – GÍA TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ y= f (x) trên
Khoảng (a ; b ) Đoạn [a;b ]
• Tính y’
• Lập bảng biến thiên trên (a ; b )
• Kết luận :
( )
;
max
CD
a b
y y=

hoặc
( )
;
min
CT
a b
y y=


• Tính y’
• Giải pt y’ = 0 tìm nghiệm
( )
0
;x a b∈
• Tính y (x

0
) , y(a) , y (b)
Chọn số lớn nhất M , kết luận :
[ ]
;
max
a b
y M=
Chọn số nhỏ nhất m , kết luận :
[ ]
;
min
a b
y m=

•
Tiếp tuyến của đường cong ( C)
1.Tiếp tuyến tại M(x
0
,y
0
): y = f
/
(x
0
).(x – x
0
) + y
0
2.Tiếp tuyến đi qua A(x

A ,
y
A
): * (d): y = k.(x – x
A
) + y
A
= g(x)
* Điều kiện tiếp xúc:



=
=
)()(
)()(
//
xgxf
xgxf

3.Tiếp tuyến sg sg (d) :
dtt
kxfk
==
)(
0
/
4.Ttuyến vuông góc (d) :
1.
−=

dtt
kk

•
Biện luận số giao điểm của ( C) và d:
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:4
* (d): y = k(x – x
A
) + y
A
= g(x) , * Ptrình hoành độ giao điểm: f(x) = g(x) (*)
• Nếu (*) là phương trình bậc 2 :
1) Xét a= 0:kết luận số giao điểm của (C) và(d)
2) Xét a ≠ 0 : + Lập ∆ = b
2
– 4ac
+ Xét dấu ∆ và kết luận
Chú ý: (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt



>∆
≠
⇔
0
0a
• Nếu (*) là phương trình bậc 3 :
1) Đưa về dạng (x – x
0
)(Ax

2
+ Bx + C) = 0
⇔




==++
=
(2) )(0
2
0
xgCBxAx
xx

2) Xét trường hợp (2) có nghiệm x = x
0
3) Tính ∆ của (2), xét dấu ∆ và kết luận
Chú ý: (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi phương trình (2) có 2 n
o
pb x
1
, x
2
khác x
0







≠
>∆
≠
⇔
0)(
0
0
0
)2(
xg
A

•
Dùng đồ thò (C) biện luận số nghiệm phương trình f (x ) – g(m) = 0
* Đưa phương trình về dạng : f(x) = g(m) (*)
* Ptrình (*) là ptrình hoành độ giao điểm của
(C) :y = f(x) và (d): y = g(m) ( (d) // Ox )
* Dựa vào đồ thò biện luận số nghiệm của phương trình.
* KHẢO SÁT HÀM SỐ : ( Các bước làm bài toán )
Hàm số bậc ba :
3 2
y ax bx cx d= + + +
Hàm số trùng phương :
4 2
y ax bx c= + +
Hàm số
ax b
y

cx d
+
=
+

( )
0, 0c ad bc≠ − ≠
• Tập xác đònh : D = R
• Đạo hàm : y’= . . . . .
y’= 0
⇔
x = ?
lim ?
x
y
→−∞
=

lim ?
x
y
→+∞
=
• Bảng biến thiên :

⇒
Các khỏang đồng biến , nghòch
biến , điểm cực đại , điểm cực tiểu .
• Vẽ đồ thò :
• Tập xác đònh : D = R\

d
c
 
−
 
 
• Đạo hàm : y’=
( )
2
ad bc
cx d
−
+

' 0y⇒ >
( hoặc y’<0 ) ,
x D∀ ∈
y’ không xác đònh
d
x
c
⇔ = −
• Tiệm cận :
. Tiệm cận đứng :
d
x
c
= −
, Tiệm cận ngang :
a

x
c
=
• Bảng biến thiên :

⇒
Các khỏang đồng biến (hoặc nghòch biến ) . Hàm số
không có cực trò
• Vẽ đồ thò :
• HÀM SỐ LŨY THỪA , HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LÔGARÍT:
A. LŨY THỪA
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:5
aaaa
n

=•
( n thừa số)
n
m
nm
nmnm
n
n
a
a
a
aaa
a
a
a

=•
=•
=•
=•
−
+
−

.
1

1
0

n
n
n
m
n
m
nmmnnm
n
n
n
nnn
aa
aa
aaa
b
a

baba
=•
=•
==•
=






•
=•
1
.


)()(
b
a

.).(
B. LOGARIT
) 1 a , 0 N a, (
log
a
≠>
=⇔=•
NaMN
M

Na
N
a
=•
log
01log =•
a
1log
=•
a
a
N
N
=•
a
log
a
NkNN
k
N
a
N
NNa
a
N
N
NN
N
N
NNNN

a
k
aa
N
a
ba
b
b
a
aa
aa
log.log log
1
log
log
1
log
loglog.log
log
log
log
logloglog
loglog.log
k
a
b
21
2
1
a

2121a
=•=•
=•
=•=•
−=•
+=•
thì ( ) log ( ) ( ) ( ) 0
thì ( ) log ( ) 0 ( ) ( )
a
a
a 1 log
0 a 1 log
a
a
f x g x f x g x
f x g x f x g x
• > > ⇔ > >
• < < > ⇔ < <
C. Phương trình mũ- lôgarít cơ bản :
Dạng a
x
= b ( a> 0 ,
0a ≠
)
• b
≤
0 : pt vô nghiệm
• b>0 :
log
x

a
a b x b= ⇔ =
Dạng
log
a
x b=
( a> 0 ,
0a ≠
)
• Điều kiện : x > 0
•
log
b
a
x b x a= ⇔ =
D. Bất phương trình mũ- lôgarít cơ bản :
Dạng a
x
> b ( a> 0 ,
0a
≠
)
• b
≤
0 : Bpt có tập nghiệm R
• b>0 :
.
log
x
a

a b x b> ⇔ >
, khi a>1
.
log
x
a
a b x b> ⇔ <
, khi 0 < a < 1
Dạng
log
a
x b>
( a> 0 ,
0a
≠
)
• Điều kiện : x > 0
•
log
b
a
x b x a> ⇔ >
, khi a >1

log
b
a
x b x a> ⇔ <
, khi 0 < x < 1
* Cách giải : Đưa về cùng cơ số – Đặt ẩn phụ

GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krông Bông Trang:6
NGU YÊN HÀM
1 1
2 2
( ) ( )
( )
1)
1 ( )
2) ( )
1 1
1 1
3) ln ln
1 1 1 1
4)
( ) ( )
1
5)
1
6)
ln




x x ax b ax b
x
x cx d
dx x C kdx kx C
x ax b
x dx C ax b dx C

a
dx
dx x C ax b C
x ax b a
dx
dx C C
x x ax b a ax b
e dx e C e dx e C
a
a
a dx C a dx
a
α α
α α
α α
+ +
+ +
+
= + = +
+
= + + = +
+ +
= + = + +
+
− −
= + = +
+ +
= + = +
= + =
∫ ∫

∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
∫
( )
2 2
2 2
ln
1
7) sin cos sin( ) cos( )
1
8) cos sin cos( ) sin( )
1
9) tan tan( )
cos cos ( )
1
10) cot cot( )
sin sin ( )



cx d
a
C
c a
xdx x C ax b dx ax b C
a
xdx x C ax b dx ax b C
a

dx dx
x C ax b C
x ax b a
dx dx
x C ax b C
x ax b a
+
+
−
=− + + = + +
= + + = + +
= + = + +
+
−
=− + = + +
+
∫
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
TÍCH PHÂN ĐỔI BIẾN SỐ
1.
∫
)().(
/)(
dxxuef
xu
Đặt
)(xut

=
2.
∫

1
).(ln dx
x
xf
Đặt
)ln(xt
=
3.
∫
+
).( dxbaxf
n
Đặt
n
baxt
+=
4.
∫
dxxxf )cos,(sin

• Nếu f là hàm lẻ đối với cosx : đặt t = sinx
• Nếu f là hàm lẻ đối với sinx : đặt t = cosx
• Nếu f là hàm chẵn đối với sinx, cosx dùng công thức hạ bậc:
2
2cos1
sin,

2
2cos1
cos
22
x
x
x
x
−
=
+
=
• Nếu f chỉ chứa sinx hoặc cosx đặt
2
tan
x
t =
5.
∫
−
).(
22
dxxaf
Đặt
tax sin
=
6.
∫
+
).(

22
dxxaf
Đặt
tax tan
=
7.
∫
−
).(
22
dxaxf
Đặt
t
a
x
cos
=
8.
∫
±
).
1
(
22
dx
ax
f
Đặt
22
axxt

±+=
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krông Bông Trang:7
TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN
∫∫
−=
b
a
b
a
vdxu
a
b
vudxvu
//

dxexP
bax
∫
+
).(
.
Đặt
baxbax
e
a
vev
xPxPu
++
==
==

1
chon
)(u có ta)(
/
//
dxbaxxP
∫
+
)cos().(
.
Đặt:
)sin(
1
chon )cos(
)(u có ta)(
/
//
bax
a
vbaxv
xPxPu
+=+=
==
dxbaxxP
∫
+
)sin().(
.
Đặt:
)cos(

1
chon )sin(
)(u có ta)(
/
//
bax
a
vbaxv
xPxPu
+
−
=+=
==
dxxuxP
∫
)(ln).(
.
Đặt:
∫
==
==
dxxPvxPv
x
xu
)(chon )(
1
u có taln
/
/
Chú ý : Đặt u là hàm mà đạo hàm của nó đơn giản hơn còn v

/
là phần còn lại của biểu thức
dưới dấu tích phân mà nguyên hàm của phần này đã biết.
DIEÄN TÍCH , THEÅ TÍCH
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krông Bông Trang:8
dxyyV
dxy
bxax
CC
H
b
a
CCOx
C
∫
∫
−=
−=



<==
2
2
2
1
b
a
2C1
21

yS
b)(a ,
)( và)(
)(
π
dyxxV
dyx
ddycy
CC
H
d
c
CCOy
C
∫
∫
−=
−=



<==
2
2
2
1
d
c
2C1
21

xS
)(c ,
)( và)(
)(
π
SỐ PHỨC
*
1
2
−=
i

*
2
1
z
z
z
=
*
22
. baibaz
+=+=
*
ibazibaz
−=⇒+=
*
22
bazz
+==




=
=
⇔+=+
db
ca
idciba
*
).)(.(
).)(.(
.
.
ibaiba
ibaidc
iba
idc
−+
−+
=
+
+
*
2121
zzzz
+=+
*
2121
zzzz

−=−
*
1 1
1 2 1 2
2
2
. . ;
z z
z z z z
z
z
 
= =
 ÷
 
1.
iba .+=
α
.Gọi
β
là căn bậc 2 của
α
, ta có:
b ≥ 0 :









++−
+
++
±=
2
.
2
2222
baa
i
baa
β
b < 0 :








++−
−
++
±=
2
.
2

2222
baa
i
baa
β
2.









=
=
+=
+=
r
b
r
a
bar
irz
ϕ
ϕϕϕ
sin
cos)sin.(cos
22

3.
)]sin(.)[cos(.
21212121
ϕϕϕϕ
+++=
irrzz
4.
)]sin(.)[cos(
2121
2
1
2
1
ϕϕϕϕ
−+−=
i
r
r
z
z
5.
)]sin(.)[cos(
11
ϕϕ
−+−=
i
rz
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:9

[ ]

)sin.(cos)sin.(cos
ϕϕϕϕ
ninrir
n
n
+=+
;
[ ]
)sin.(cos)sin.(cos
ϕϕϕϕ
nini
n
+=+
* KHỐI ĐA DIỆN , MẶT CẦU VÀ MẶT TRÒN XOAY
Cần nhớ : 1/ Tam giác đều cạnh a có : Đường cao h =
3
2
a
và diện tích S =
2
3
4
a
2/ Hình vuông cạnh a có : Đường chéo
2a
và diện tích S =
2
a

* TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN
TĨM TẮT LÝ THUYẾT
• Thể tích của khối lăng trụ : V = B. h ( B : diện tích đáy , h là chiều cao )
• Thể tích của khối hộp chữ nhật : V = a.b.c ( a,b,c là ba kích thước )
• Thể tích của khối lập phương : V = a
3
(a: cạnh )
• Thể tích của khối chóp : V =
1
3
B. h ( B : diện tích đáy , h là chiều cao )
• Hình nón có : Diện tích xung quanh
xq
S rl
π
=
- Thể tích
2
1
. .
3
V r h
π
=
• Hình trụ có :Diện tích xung quanh
2
xq
S rl
π

=
- Thể tích
2
. .V r h
π
=
( l : đường sinh, r : bán kính đáy, h : đường cao )
• Mặt cầu có : Diện tích S = 4
π
R
2
- Thể tích V =
3
4
3
r
π
GV son Dip Quc Quang - Cu Drm - Krụng Bụng Trang:10
( ) ( ) ( )
( )
( )








=

=++=
====
++=





=
=
=
=
++=
=
=
++==
=
21
21
13
13
32
32
332211
3
3
2
2
1
1

332211
33
22
11
2
3
2
2
2
1
321
332211
222
,,a .10
0 0.a .9
0.//a .8
a .7
a .6
a .5
,,ak. .4
,, .3
.2
),,( .1
bb
aa
bb
aa
bb
aa
b

babababab
b
a
b
a
b
a
babkab
bababab
ba
ba
ba
b
aaa
kakaka
babababa
zzyyxxABAB
zzyyxxAB
ABABAB
ABABAB
cb,,a .11
ng phng
( )
0. = cba
cb,,a .12
khụng ng phng
( )
0. cba
13. M chia on AB theo t s k 1

k
kzz
k
kyy
k
kxx
M
BABABA
1
,
1
,
1
14. M l trung im AB

+++
2
,
2
,
2
BABABA
zzyyxx
M
15. G l trng tõm tam giỏc ABC







++++++
,
3
,
3
,
3
CBACBACBA
zzzyyyxxx
G

16. Vộct n v :
)1,0,0();0,1,0();0,0,1(
321
=== eee
17.
OzzKOyyNOxxM ),0,0(;)0,,0(;)0,0,(
18.
OxzzxKOyzzyNOxyyxM ),0,(;),,0(;)0,,(
19.
2
3
2
2
2
1
2
1
2
1
aaaACABS
ABC
++==

20.
ADACABV
ABCD
).(
6
1
=

21.
/
.
).(
////
AAADABV
DCBAABCD
=
CC DNG TON
Daùng 1: Chửựng minh A,B,C laứ ba ủổnh tam giaực
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:11
•
A,B,C là ba đỉnh tam giác ⇔

[
→→
AC,AB
] ≠
0


•
S
∆
ABC
=
2
1
→→
AC],[AB

•
Đường cao AH =
BC
S
ABC∆
.2
•
S
hbh
=
→→
AC],[AB
Dạng 2: Tìm D sao cho ABCD là hình bình hành
•
Chứng minh A,B,C không thẳng hàng
•
ABCD là hbh
⇔

DCAB =
Dạng 3: Chứng minh ABCD là một tứ diện:
• [
→→
AC,AB
].
→
AD
≠ 0
• V
td

=
6
1
→→→
AD.AC],[AB
Đường cao AH của tứ diện ABCD
AHSV
BCD
.
3
1
=

⇒

BCD
S
V
AH
3
=
• Thể tích hình hộp :
[ ]
/
.
.;
////
AAADABV
DCBAABCD
=

Dạng4: Hình chiếu của điểm M
1. H là hình chiếu của M trên mp α
 Viết phương trình đường thẳng (d) qua M và vuông góc mpα : ta có
α
na
d
=
 Tọa độ H là nghiệm của hpt : (d) và (α)
2. H là hình chiếu của M trên đường thẳng (d)
 Viết phương trình mpα qua M và vuông góc với (d): ta có
d
an =
α
 Tọa độ H là nghiệm của hpt : (d) và (α)
Dạng 5 : Điểm đối xứng
1.Điểm M
/
đối xứng với M qua mp α

Tìm hình chiếu H của M trên mpα (dạng 4.1)

H là trung điểm của MM
/
2.Điểm M
/
đối xứng với M qua đường thẳng d:
 Tìm hình chiếu H của M trên (d) ( dạng 4.2)
 H là trung điểm của MM
/

MẶT PHẲNG
TĨM TẮT LÝ THUYẾT
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:12
1. Vectơ pháp tuyến của mp
α
:
n

≠
0

là véctơ pháp tuyến của α
⇔

n

⊥ α
2. Cặp véctơ chỉ phương của mp
α
:

a


b

là cặp vtcp của α
⇔
a


,
b

cùng // α
3 Quan hệ giữa vtpt
n

và cặp vtcp
a

,
b

:
n

= [
a

,
b

]
4. Pt mp
α
qua M(x
o
; y
o
; z

o
) có vtpt
n

= (A;B;C)
A(x – x
o
) + B(y – y
o
) + C(z – z
o
) = 0
(α) : Ax + By + Cz + D = 0 ta có
n

= (A; B; C)
5.Phương trình mặt phẳng đi qua A(a,0,0) B(0,b,0) ; C(0,0,c) :
1
c
z
b
y
a
x
=++
Chú ý : Muốn viết phương trình mặt phẳng cần: 1 điểm và 1 véctơ pháp tuyến
6.Phương trình các mặt phẳng tọa độ
(Oyz) : x = 0 ; (Oxz) : y = 0 ; (Oxy) : z = 0
7. Chùm mặt phẳng : Giả sử α
1

∩ α
2
= d trong đó
(α
1
): A
1
x + B
1
y + C
1
z + D
1
= 0
(α
2
): A
2
x + B
2
y + C
2
z + D
2
= 0
Pt mp chứa (d) có dạng sau với m
2
+ n
2
≠ 0 :

m(A
1
x + B
1
y + C
1
z + D
1
) + n(A
2
x + B
2
y + C
2
z + D
2
) = 0
8. Vò trí tương đối của hai mp (α
1
) và (α
2
) :
°
222111
C:B:AC:B:Acắt
≠⇔βα
°
2
1
2

1
2
1
2
1
//
D
D
C
C
B
B
A
A
≠==⇔
βα
°
2
1
2
1
2
1
2
1
D
D
C
C
B

B
A
A
===⇔≡
βα
ª
0
212121
=++⇔⊥
CCBBAA
βα
9.KC t ừ M(x
0
,y
0
,z
0
) đế n (
α
) : Ax + By + Cz + D = 0

222
ooo
CBA
D Cz By Ax
++
+++
=
)d(M,
α

10.Góc gi ữ a hai mặt phẳng :
21
21
.
.
nn
nn


=
),cos(
βα
CÁC DẠNG TOÁN
Dạng 1: Mặt phẳng qua 3 điểm A,B,C :
//
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:13
° Cặp vtcp:
→
AB
,
→
AC
°
( )
]
( ):
A hay BhayC
α
→→
=






r
qua
vtptn [AB , AC
Dạng 2: Mặt phẳng trung trực đoạn AB :
°
( ):
n
α
→




=

r
quaM trung điểm AB
vtpt AB
Dạng 3: Mặt phẳng
α
qua M và
⊥
d (hoặc AB)
°
( )

( ):
AB
n
α
α
→
⊥




=

r
uur
quaM
Vì (d) nên vtpt a
d
Dạng 4: Mp
α
qua M và //
β
: Ax + By + Cz + D = 0
°
( ):
α β
α β
α
=






r r
qua M
Vì / / nên vtpt n n
Dạng 5: Mp
α
chứa (d) và song song (d
/
)
 Điểm M ( chọn điểm M trên (d))
 Mpα chứa (d) nên
α
aa
d
=
Mpα song song (d
/
) nên
α
ba
d
=
/
■ Vtpt
[ ]
/
,

d
d
aan =
Dạng 6 Mp
α
qua M,N và
⊥

β
:
■ Mpα qua M,N nên
α
aMN =
■ Mpα ⊥ mpβ nên
αβ
bn =
°
[ , ]
( ):
MN
β
α
→
=





r r

qua M(hay N)
vtptn n
Dạng 7 Mp
α
chứa (d) và đi qua
■ Mp
α
chứa d nên
α
aa
d
=
■ Mp
α
đi qua
)(dM ∈
và A nên
α
bAM =
°
[ , ]
( ):
a
d
α
→
=






r
uur
qua A
vtptn AM
(Cách 2: Sử dụng chùm mp)
ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHƠNG GIAN
TĨM TẮT LÝ THUYẾT
1.Phương trình tham số của đường thẳng (d) qua M(x
o
;y
o
;z
o
) có vtcp
a

= (a
1
;a
2
;a
3
)
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:14
Rt;
tazz
tayy
taxx

(d)
3o
2o
1o
∈





+=
+=
+=
:
2.Phương trình chính tắc của (d)

32
a
z-z
a
yy
a
xx
(d)
o
1
o 0
:
=
−

=
−
3.Vò trí tương đối của 2 đường thẳng :
(d) qua M có vtcp
d
a

; (d’) qua N có vtcp
/
d
a


d chéo d’
⇔
[
d
a

,
/
d
a
].
→
MN
≠
0
(không đồng phẳng)


d,d’ đồng phẳng
⇔
[
d
a

,
/
d
a
].
→
MN
=
0


d,d’ cắt nhau
⇔
[
d
a

,
/
d
a
]
0≠
và [

d
a

,
/
d
a
].
→
MN
=0

d,d’ song song nhau
⇔
{
d
a

//
/
d
a
và
)(
/
dM ∉
}

d,d’ trùng nhau
⇔

{
d
a

//
/
d
a
và
)(
/
dM ∈
}
4.Khoảng cách : Cho (d) qua M có vtcp
d
a

; (d’) qua N có vtcp
/
d
a
Kc t ừ đ iểm đến đ ườ ng th ẳ ng :
d
d
a
AMa
dAd
];[
),(
=

Kc giữa 2 đ ườ ng th ẳ ng :
];[
].;[
);(
/
/
/
d
d
d
d
aa
MNaa
ddd
=
5.Góc : (d) có vtcp
d
a

; ∆’ có vtcp
/
d
a
; (α ) có vtpt
n


Góc gi ữ a 2 đường thẳng :
/
/

.
.
'
d
d
d
d
aa
aa


=
)dcos(d,
Góc gi ữ a đ ườ ng và m ặ t :
na
na
d
d


.
.
=
)sin(d,
α
CÁC DẠNG TOÁN
Dạng 1: : Đường thẳng (d) đi qua A,B





=
ABaVtcp
hayBquaA
d
d
)(
)(
Dạng 2: Đường thẳng (d) qua A và song song (
∆
)
( ):
A
d
∆ =
∆





r r
qua
Vì (d) / / ( ) nên vtcp a a
d
Qui ước:
Mẫu = 0 thì Tư û= 0
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:15
Dạng 3: Đường thẳng (d) qua A và vuông góc mp
α

( ):
A
d
α
α
⊥ =





r r
qua
Vì (d) ( ) nên vtcp a n
d
Dạng4: PT d’ hình chiếu của d lên
α
: d
/
=
α

∩

β

Viết pt mpβ chứa (d) và vuông góc mpα

( )
( ) ( )








=⇒
=⇒⊥
=⇒⊃
∈
];[
)()(
)(
αβ
βα
β
αβ
β
β
nan
bn
aad
dquaM
d
d
ª




)(
)(
)(
/
β
α
d
Dạng 5: Đường thẳng (d) qua A và vuông góc (d
1
),(d
2
)
2
( ):
A
d
=





r r r
1
qua
vtcpa [ a , a ]
d d
Dạng 6: PT d vuông góc chung của d
1
và d

2

:
+ Tìm
d
a
= [
a

d1
,
a

d2
]
+ Mpα chứa d
1
, (d)
; mpβ
chứa d
2
, (d)
⇒
d = α ∩ β
Dạng 7: PT qua A và d cắt d
1
,d
2
: d =
α

∩

β
với mpα = (A,d
1
) ; mpβ = (A,d
2
)
Dạng 8: PT d //
∆
và cắt d
1
,d
2
: d =
α
1

∩

α
2
với mpα
1
chứa d
1
// ∆ ; mpα
2
chứa d

2
// ∆
Dạng 9: PT d qua A và
⊥
d
1
, cắt d
2
: d = AB
với mpα qua A, ⊥ d
1
; B = d
2
∩ α
Dạng 10: PT d
⊥
(P) cắt d
1
, d
2
: d =
α

∩

β
với mpα chứa d
1
,⊥(P) ; mpβ chứa d
2

, ⊥ (P)
MẶT CẦU
TĨM TẮT LÝ THUYẾT
1.Ph ươ ng trình mặt cầu tâm I(a ; b ; c),bán kính R
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:16

( ) ( ) ( )
2
Rczbyax:R)S(I,
222
=−+−+−
(1)

0d2cz2by2axzyx:R)S(I,
222
=+−−−++
(2)
(
0dcbavới
222
>−++
)
• Tâm I(a ; b ; c) và
dcbaR
−++=
222
2.Vò trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu
Cho
( ) ( ) ( )
2

Rczbyax:(S)
222
=−+−+−
và α : Ax + By + Cz + D = 0
Gọi d = d(I,α) : khỏang cách từ tâm mc(S) đến mpα :

d > R : (S) ∩ α = φ

d = R : α tiếp xúc (S) tại H (H: tiếp điểm, α: tiếp diện)
*Tìm tiếp điểm H (là hchiếu của tâm I trên mp
α
)
 Viết phương trình đường thẳng (d) qua I và vuông góc mpα : ta có
α
na
d
=
 Tọa độ H là nghiệm của hpt : (d) và (α)

d < R : α cắt (S) theo đường tròn có pt
( ) ( ) ( )



=+++α
=−+−+−

2
0DCzByAx :
Rczbyax:(S)

222
*Tìm bán kính r và tâm H của đường tròn:
+ bán kính
),(
22
α
IdRr
−=
+ Tìm tâm H ( là hchiếu của tâm I trên mpα)
 Viết phương trình đường thẳng (d) qua I và vuông góc mpα : ta có
α
na
d
=
 Tọa độ H là nghiệm của hpt : (d) và (α)
3.Giao điểm của đường thẳng và mặt cầu






+=
+=
+=
tazz
tayy
taxx
d
3o

2o
1o
:
(1) và
( ) ( ) ( )
2
Rczbyax:(S)
222
=−+−+−
(2)
+ Thay ptts (1) vào pt mc (2), giải tìm t,
+ Thay t vào (1) được tọa độ giao điểm
CÁC DẠNG TOÁN
Dạng 1: Mặt cầu tâm I đi qua A
ª
( ) ( ) ( )
2
Rczbyax:R)S(I,
222
=−+−+−
(1) - Thế tọa độ A vào x,y,z tìm R
2
Dạng 2: Mặt cầu đường kính AB

Tâm I là trung điểm AB

Viết phương trình mặt cầu tâm I (1)

Thế tọa độ A vào x,y,z tìm R
2

Dạng 3: Mặt cầu tâm I tiếp xúc mp α
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:17
. .
2 2 2
( ):
B y C z D
I I
A B C
S
α
+ + +
= =
+ +





Pt mặt cầu tâm I
A.x
I
R d(I, )
Dạng 4: Mặt cầu tâm I và tiếp xúc ( ∆ ):
( ):S
= ∆



tâm I
R d(I, )

Dạng 5: Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Dùng (2)
0d2cz2by2axzyx:R)S(I,
222
=+−−−++
A,B,C,D ∈ mc(S)
⇒
hệ pt, giải tìm a, b, c,
d
Dạng 6:Mặt cầu đi qua A,B,C và tâm I
€
(
α
)

0d2cz2by2axzyx:R)S(I,
222
=+−−−++
(2)
A,B,C ∈ mc(S): thế tọa tọa A,B,C vào (2)
I(a,b,c)∈ (α): thế a,b,c vào pt (α). Giải hệ phương trình trên tìm a, b, c, d
Dạng 7: Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu tại A
Tiếp diện
α
của mc(S) tại A :
α
qua A,
→
=
IA n vtpt


Dạng 8: Mặt phẳng α tiếp xúc (S) và ⊥ ∆
+ Viết pt mpα vuông góc ∆ :
),,( CBAan ==
∆
+ Mpα : Ax + By + Cz + D = 0
+ Tìm D từ pt d(I , α ) = R
Dạng 9: Mặt phẳng α tiếp xúc (S) và // 2 đt a,b :
( ):
D
D
α
α
=
+ + + =
= ⇒





r
r r
n [ a ,b ]
pt : Ax By Cz 0
từ d(I, ) R
Dạng 10: Mp
α
chứa ∆ và tiếp xúc mc(S) :
( ):

α
α
∆
= ⇒



thuộc chùm mp chứa
R d(I, ) m,n
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ MẪU – THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2008 – 2009
Mơn thi : TỐN
Thời gian làm bài : 150 phút, khơng kể thời gian giao đề.
Trích từ cuốn Cấu trúc đề thi
của NXB Giáo Dục
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krông Bông Trang:18
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (3,0 điểm) Cho hàm số
3 2x
y
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 + 2 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

2x 1
log 0
x 1
−
<
+
2. Tính tích phân:
2
0
x
I (sin cos2x)dx
2
π
= +
∫
3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x – e
2x
trên đoạn [−1 ; 0]
Câu III. (1,0 điểm)
Cho khối chóp đều S.ABCD có AB = a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60
0
. Tính thể tích
của khối chóp S.ABCD theo a.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được chọn làm phần
dành 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 A(1 ; 4 ; 2) và mặt
phẳng (P) có phương trình : x + 2y + z – 1 = 0.
1. Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P).
2. Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với (P).

Câu Va. (1,0 điểm). Tìm môđun của số phức : z = 4 – 3i + (1 – i)
3
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu IVb. (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(−1 ; 2 ; 3) và đường
thẳng d có phương trình :
x 2 y 1 z
1 2 1
− −
= =
.
1. Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên d.
2. Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.
Câu Vb. (1,0 điểm). Viết dạng lượng giác của số phức: z = 1 –
3
i.
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krông Bông Trang:19
I
(3,0 điểm)
(2,0 điểm)
Tập xác định : D =
¡
\{1} 0,25
Sự biến thiên:
• Chiều biến thiên:
2
1
y' 0 x D
(x 1)

= − < ∀ ∈
−
.
Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞ ; 1) và (1 ; +∞)
• Cực trị: Hàm số không có cực trị.
0,50
• Giới hạn:
x x
x 1 x 1
lim y lim y 2; lim y và lim y
+ −
→−∞ →+∞
→ →
= = − = +∞ = −∞
Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1, và một
tiệm cận ngang là đường thẳng y = – 2.
0,50
• Bảng biến thiên:
x −∞ 1 +∞
y’ − −
y −2 +∞
−∞ −2
0,25
• Đồ thị:
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; − 3) và cắt trục hoành tại điểm
3
; 0
2
 
 ÷

 
.
- Đồ thị nhận điểm I(1 ; −2) (là giao điểm của hai đường tiệm
cận) làm tâm đối xứng.
0,50
(1,0 điểm)
Đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt
⇔ Phương trình (ẩn x)
3 2x
= mx+2
x 1
−
−
có hai nghiệm phân biệt
0,50
2−
O
1
3−
I
3
2
x
y
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krông Bông Trang:20
⇔ Phương trình (ẩn x) mx
2
– (m – 4)x – 5 = 0 có hai nghiệm phân
biệt, khác 1
⇔

2
2
2
m 6 2 5
m 0
m 0
(m 4) 20m 0 6 2 5 m 0
m 12m 16 0
m 0
m.1 (m 4).1 5 0

< − −
≠


≠


∆ = − + > ⇔ ⇔ − + < <

 
+ + >



>
− − − ≠




0,50
Câu Đáp án Điểm
II
(3,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình:
2x 1
1
x 1
−
>
+
0,50
x 2 0
x 2 0
x 1
x 2
0
x 2
x 1
x 2 0
x 1 0
 − >



− >
< −

−



⇔ > ⇔ ⇔


>
+
− <




+ <



0,50
2. (1,0 điểm)
2 2
0 0
x
I sin dx cos 2xdx
2
π π
= +
∫ ∫
0,25
2 2
0 0
x 1

2cos sin 2x
2 2
π π
= − +
0,50
2 2= −
0,25
3. (1,0 điểm)
Ta có: f’(x) = 1 – 2e
2x
. 0,25
Do đó: f’(x) = 0 ⇔ x = − ln
2
∈ (−1 ; 0)
f’(x) > 0 ∀x ∈ [−1 ; − ln
2
);
f’(x) < 0 ∀x ∈ (− ln
2
; 0];
0,25
Suy ra:
x [ 1;0]
1
max f(x) f( ln 2) ln 2
2
∈ −
= − = − −
2 2
x [ 1;0]

min f (x) min{f( 1);f(0)} min{ 1 e ; 1} 1 e
− −
∈ −
= − = − − − = − −
0,50
III
(1,0 điểm)
Do S.ABCD là khối chóp đều và AB = a nên đáy ABCD là hình
vuông cạnh a. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và gọi I là trung
điểm của cạnh BC. Ta có SO là đường cao và
·
SIO
là góc giữa mặt
bên và mặt đáy của khối chóp đã cho.
0,50
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krông Bông Trang:21
Trong tam giác vuông SOI, ta có:
·
0
a a 3
SO OI.tanSIO .tan 60
2 2
= = =
.
Diện tích đáy : S
ABCD
= a
2
.
0,25

Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là:
3
2
S.ABCD3 ABCD
1 1 a 3 a 3
V S .SO a .
3 3 2 6
= = =
0,25
Câu Đáp án Điểm
IV.a
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Kí hiệu d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).
Gọi H là giao điểm của d và (P), ta có H là hình chiếu vuông góc của
A trên (P)
0,25
Do
v
r
= (1 ; 2 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P) nên
v
r
là một vectơ
chỉ phương của d. Suy ra, d có phương trình :
x 1 y 4 z 2
1 2 1
− − −
= =

0,25
Do đó, tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:
x 1 y 4 z 2
1 2 1
x 2y z 1 0
− − −

= =



+ + − =

Giải hệ trên, ta được : x =
2
3
−
, y =
2
3
, z =
1
3
. Vậy H
2 1 1
; ;
3 3 3
 
−
 ÷

 
.
0,50
2. (1,0 điểm) Có thể giải theo một trong hai cách:
• Cách 1 (dựa vào kết quả phần 1):
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A. tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Ta có:
2 2 2
2 2 1 5 6
R AH 1 4 2
3 3 3 3
     
= = + + − + − =
 ÷  ÷  ÷
     
.
0,50
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
2 2 2
50
(x 1) (y 4) (z 2)
3
− + − + − =
Hay 3x
2
+ 3y
2
+ 3z
2
– 6x – 24y – 12z + 13 = 0

0,50
• Cách 2 (độc lập với kết quả phần 1):
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (P). Ta
0,50
O
I
B
C
S
D
A
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krông Bông Trang:22
có R bằng khoảng cách từ A đến (P). Suy ra :
2 2 2
1.1 2.4 1.2 1
5 6
R
3
1 2 1
+ + −
= =
+ +
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
2 2 2
50
(x 1) (y 4) (z 2)
3
− + − + − =
Hay 3x
2

+ 3y
2
+ 3z
2
– 6x – 24y – 12z + 13 = 0
0,50
V.a
(1,0 điểm)
Ta có: z = 4 – 3i + (1 – 3i – 3 + i) = 2 – 5i 0,50
Do đó:
z 4 25 29= + =
0,50
IV.b
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Kí hiệu (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d. Gọi H là giao
điểm của (P) và d, ta có H là hình chiếu vuông góc của A trên d.
0,25
Do
v
r
= (1 ; 2 ; 1) là một vectơ chỉ phương của d nên
v
r
là một vectơ
pháp tuyến của (P). Suy ra, (P) có phương trình : x + 2y + z – 6 = 0
0,25
Câu Đáp án Điểm
Do đó, tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:
x 2 y 1 z

1 2 1
x 2y z 6 0
− −

= =



+ + − =

Giải hệ trên, ta được : x =
7
3
, y =
5
3
, z =
1
3
. Vậy H
7 5 1
; ;
3 3 3
 
 ÷
 
.
0,50
2. (1,0 điểm) Có thể giải theo một trong hai cách:
• Cách 1 (dựa vào kết quả phần 1):

Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d. Ta
có:
2 2 2
7 5 1 165
R AH 1 2 3
3 3 3 3
     
= = + + − + − =
 ÷  ÷  ÷
     
.
0,50
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
2 2 2
55
(x 1) (y 2) (z 3)
3
+ + − + − =
Hay 3x
2
+ 3y
2
+ 3z
2
+ 6x – 12y – 18z − 13 = 0
0,50
• Cách 2 (độc lập với kết quả phần 1):
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d. Ta
có R bằng khoảng cách từ A đến d. Suy ra :
0,50

GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:23
2 2 2
2 2 2
1 3 3 3 3 1
2 1 1 1 1 2
165
R
3
1 2 1
− −
+ +
= =
+ +
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
2 2 2
55
(x 1) (y 2) (z 3)
3
+ + − + − =
Hay 3x
2
+ 3y
2
+ 3z
2
+ 6x – 12y – 18z − 13 = 0
0,50
V.b
(1,0 điểm)
Ta có

1 3
z 2
2 2
 
= −
 ÷
 ÷
 
i
0,50

2 cos sin
3 3
 π π 
   
= − + −
 ÷  ÷
 
   
 
i
0,50
ĐỀ 1: ( 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 1= − + −
có đồ thị (C).
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b. Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt

3 2
x 3x k 0− + =
.
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Giải phương trình
3x 4
2x 2
3 9
−
−
=
b. Cho hàm số
2
1
y
sin x
=
. Tìm ngun hàm F(x ) của hàm số , biết rằng đồ thị của hàm
số F(x) đi qua điểm M(
6
π
; 0) .
c. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
1
y x 2
x
= + +
với x > 0 .
Câu III ( 1,0 điểm )

Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng
6
và đường cao h = 1 . Hãy tính diện
tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .
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 khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) :
x 2 y z 3
1 2 2
+ +
= =
−
và mặt phẳng (P) :
2x y z 5 0+ − − =

a. Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại A . Tìm tọa độ điểm A .
b. Viết phương trình đường thẳng (
∆
) đi qua A , nằm trong (P) và vng góc với (d) .
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krông Bông Trang:24
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường :
1
y lnx,x ,x e
e
= = =
và trục hoành .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :
x 2 4t

y 3 2t
z 3 t

= +

= +


= − +

và mặt phẳng (P) :
x y 2z 5 0− + + + =

a. Chứng minh rằng (d) nằm trên mặt phẳng (P) .
b. Viết phương trình đường thẳng (
∆
) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một
khoảng là
14
.
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tìm căn bậc hai cũa số phức
z 4i= −
. . . . . . . .Hết . . . . . . .
HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a. (2d)

b. (1đ) pt
3 2

x 3x 1 k 1⇔ − + − = −

Đây là pt hoành độ điểm chung của (C) và đường thẳng
(d): y k 1= −
Căn cứ vào đồ thị , ta có :
Phương trình có ba nghiệm phân biệt
1 k 1 3 0 k 4
⇔ − < − < ⇔ < <
Câu II ( 3,0 điểm )
a. ( 1đ )
3x 4 3x 4
2x 2 2(2x 2)
2 2
x 1
8
3 9 3 3 3x 4 4x 4 x
7
(3x 4) (4x 4)
− −
− −
≥


= ⇔ = ⇔ − = − ⇔ ⇔ =

− = −


b. (1đ) Vì F(x) =
cotx + C−

. Theo đề :
F( ) 0 cot C 0 C 3 F(x) 3 cot x
6 6
π π
= ⇔ − + = ⇔ = ⇒ = −
x
−∞
0 2
+∞
y
′

−
0 + 0
−
y
+∞
3

1−

−∞
GV soạn Diệp Quốc Quang - Cu Drăm - Krơng Bơng Trang:25
c. (1đ) Với x > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cơsi :

1
x 2
x
+ ≥
. Dấu “=” xảy ra khi

x 0
2
1
x x 1 x 1
x
>
= ⇔ = → =


y 2 2 4⇒ ≥ + =
. Vậy :
(0; )
Miny y(1) 4
+∞
= =
Câu III ( 1,0 điểm ) :
Gọi hình chóp đã cho là S.ABC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đáy ABC .
Khi đó : SO là trục đường tròn đáy (ABC) . Suy ra : SO
⊥
(ABC) .
Trong mp(SAO) dựng đường trung trực của cạnh SA , cắt SO tại I .
Khi đó : I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp S.ABC
Tính bán kính R = SI .
Ta có : Tứ giác AJIO nội tiếp đường tròn nên :
SJ.SA SI.SO
=
⇒
SI =
SJ.SA
SO

=
2
SA
2.SO
∆
SAO vuông tại O . Do đó : SA =
2 2
SO OA+
=
6
2
1
3
+
=
3
⇒
SI =
3
2.1
=
3
2
Diện tích mặt cầu :
2
S 4 R 9= π = π
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a. (0,5 đ) A(5;6;

−
9)
b. (1,5đ)
+ Vectơ chỉ phương của đường thẳng (d) :
u (1; 2;2)
d
= −
r
+ Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) :
n ((2;1; 1)
P
= −
r
+ Vectơ chỉ phương của đường thẳng (
∆
) :
u [u ;n ] (0;1;1)
d P
= =
∆
r r r
+ Phương trình của đường thẳng (
∆
) :
x 5
y 6 t (t )
z 9 t

=


= + ∈


= − +

¡
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : + Diện tích :
1 e
S lnxdx lnxdx
1/e 1
= − +
∫ ∫
+ Đặt :
1
u lnx,dv dx du dx,v x
x
= = ⇒ = =
+
lnxdx xlnx dx x(lnx 1) C
= − = − +
∫ ∫
+
1
1 e
S x(lnx 1) x(lnx 1) 2(1 )
1/e 1
e
=− − + − = −
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :

a. (0,5đ) Chọn A(2;3;
−
3),B(6;5;
−
2)
∈
(d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .