đề ôn thi TN số 7

Nguyn V Minh thi Th v ỏp n THPT
7
I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (3 điểm)
Cho hàm số y = x
3
3mx
2
+ (m
2
1)x + 2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m = 1
2. Xác định m để hàm số (1) đạt cực đại tại x = 2
Câu II (3 điểm)
1. Giải bất phơng trình
3log2log
2
+
xx
2. Tính

+
2
0
cos).sin(

xdxxx
3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x
3
x
2

8x + 5 trên [0; 3]
Câu III (1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt phẳng (SAB) vuông góc
với đáy (ABCD), SA = SB =
2a
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
II. Phần dành riêng cho thí sinh (3 điểm)
(Thí sinh học theo chơng trình nào chỉ đợc làm phần dành riêng cho chơng trình đó)
1. Theo chơng trình chuẩn
Câu IVa (2 điểm)
Trong không gian Oxyz cho A(0; 0; 2), O(0; 0; 0), B(1; 2; 0); C(0; 2; 0)
1. Viết phơng trình mặt phẳng (P) qua O và vuông góc với AB
2. Tìm điểm đối xứng của B qua (P)
Câu Va (1 điểm)
Tìm số phức z biết |z|
2
= 5 và phần thực bằng hai lần phần ảo.
2. Theo chơng trình nâng cao
Câu IVb (2 điểm)
Trong không gian Oxyz cho A(1;6; 2), B(4; 0; 6), C(5; 0; 4); D(5; 1; 3)
1. Viết phơng trình mặt phẳng (BCD)
2. Viết phơng trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mp(BCD). Tìm toạ độ tiếp điểm.
Câu Vb(1 điểm)
Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đờng
1
+=
xy
; y
= 0; x = 0 khi quay quanh Oy
Câu đáp án điểm

Câu I
(3 đ)
1 (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1
m = 1. Hàm số trở thành y = x
3
3x
2
+ 2 (C)
TXĐ: D = R
0.25
+) y' = 3x
2
6x
1
Nguyn V Minh thi Th v ỏp n THPT
y = 0 <=> x = 0 hoặc x = 2
+) Chiều biến thiên : Hàm số đồng biến trên
)0;(
và
);2( +
Hàm số nghịch biến trên (0; 2)
0.5
+) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= - 2
0.25
+) Giới hạn: lim (x

3
3x
2
+ 2) =

; Đồ thị hàm số không có tiệm
cận x

0.25
+) Bảng biến thiên
x -

0 2 +

y' + 0 - 0 +
y
0.25
+) Đồ thị :
Giao với Oy tại (0 ; 2)
Giao với Ox tại
)0;31();0;31();0;1(
+
Điểm I(1; 0) là tâm đối xứng
Đồ thị
0.5
2 (1 điểm) Xác định m
y' = 3x
2
6mx + m
2

1
để hàm số đạt cực đại tại x = 2 thì trớc tiên y(2) = 0
0.25
<=> m
2
12m + 11 = 0
<=> m = 1 hoặc m = 11
0.25
Với m = 1 thì y = 3x
2
6x. Tìm đợc hoành độ điểm cực đại là x = 0;
hoành độ điểm cực tiểu là x = 2
Kết luận: m = 1 loại
0.25
Với m = 11 thì y = 3x
2
66x + 120. Tìm đợc hoành độ điểm cực đại
là x = 2; hoành độ điểm cực tiểu là x = 20
Kết luận: m = 11 thoả mãn
Vậy m = 11 thì hàm số đạt cực đại tại x = 2
0.25
Câu
II
(3 đ)
1. (1 điểm) Giải bất phơng trình
Đặt t = logx. Bất phơng trình trở thành t
2
+ 2t 3
0.25
Giải bất phơng trình ta đợc 3 t 1

0.25
Thay t = logx => - 3 logx 1
<=>10
- 3
x 10
<=> 1/1000 x 10
0.25
2
- - 2
2
+
O
1
1
x^3-3*x^2+2
I
Nguyn V Minh thi Th v ỏp n THPT
Kết luận: Tập nghiệm của bất phơng trình là T = [1/1000; 10] 0.25
2. (1 điểm) Tính

+
2

0
cosxdxsinx).(x
Đặt

=
+=

=
+=
sinxv
dxcosx)(1du
cosxdxdv
sinxxu

++=+
2
0
2
0
sinxdxcosx)(1sinxsinx)(xcosxdxsinx)(x
0
2



0.5
=

+++
+
2
0

cosx)d(1cosx)(1sin)sin(
0
2


xxx
=
0
2
0
2
2
cosx)(1
2
1
sinxsinx)(x

++ +
0.25
=
2
1
0.25
3. ( 1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
y = x
3
x
2
8x + 5 trên [0; 3]
y' = 3x

2
2x 8





=
=
=
3
4
2
0'
x
x
y
=> x = 2 thuộc [0; 3]
0.25
y(0) =5; y(3) = - 1; y(2) = -7
So sánh y(2) < y(3) < y(0)
0.25
Kết luận:

7)2(min
5)0(max
]3;0[
]3;0[
==
==

yy
yy
0.5
Câu
III
3
Nguyn V Minh thi Th v ỏp n THPT
(1 đ)
Gọi H là trung điểm của AB. Vì tam giác ABC cân tại A nên SH là đờng
cao
Theo giả thiết: (SAB)
(ABCD)

==> SH
(ABCD)

Vậy SH là đờng cao của hình chóp S.ABCD
Tam giác SHA có
4
a7
)
2
a
()2(aAHSASH
2
22222
===
0.25
==>
2

7a
SH =
0.25
6
7a
S.SH
3
1
V
3
ABCDABCD
==
0.5
Câu
IVa
(2 đ)
1. (1 điểm)Viết phơng trình mặt phẳng (P) qua O vuông góc với AB
2)(1;2;AB
=
là véc tơ pháp tuyến của (P)
0.5
Mặt phẳng (P) qua O(0; 0; 0) và có véc tơ pháp tuyến là
2)(1;2;ABn
==
nên có phơng trình tổng quát: x + 2y 2z = 0
0.5
2. (1 điểm) Tìm điểm đối xứng của B qua (P)
Gọi B(x
0
; y

0
; z
0
) là điểm đối xứng của B qua (P). Vì
'BB
cùng phơng
với véc tơ pháp tuyến của (P)







=
+=
+=
=
t2
0
z
t22
0
y
t1
0
x
0)(tn.tBB'
0.25
Vì B đối xứng với B qua (P) nên trung điểm I(1+t/2; 2+t; - t) của BB

thuộc (P) ta có: 1 + t/2 + 2(2 + t) + 2t = 0 hay t =-10/9
0.5






=>
9
20
;
9
2
;
9
1
B'
0.25
Va
(1đ)
Gọi z = a + bi (a, b R). Theo giả thiết ta có



=
=+
b2a
5ba
22

0.5
4
Nguyn V Minh thi Th v ỏp n THPT
Tìm đợc



==
==
1b2;a
1b2,a
0.25
Kết luận z = 2 + i; z = 2 i 0.25
IVb
(2 đ)
1. (1 điểm) Viết phơng trình mặt phẳng (BCD)
2)(1;0;BC =
;
3)(1;1;BD =
;
(2;1;1)BDBCn ==
0.5
Mặt phẳng (BCD) qua B nhận
n
làm véc tơ pháp tuyến nên có phơng
trình tổng quát là: 2(x 4) + (y 0) + z 6 = 0 hay 2x + y + z
14 = 0
0.5
2. (1 điểm) Viết phơng trình mặt cầu
Vì mặt cầu (S) cần tìm tiếp xúc với (BCD) nên bán kính của (S) là

khoảng cách từ A tới (BCD)
6
4
2
1
2
1
2
2
14262
(BCD))d(A;R =
++
++
==
0.5
Phơng trình mặt cầu (S) là: (x 1)
2
+ (y 6)
2
+ (z 2)
2
= 8/3 0.5
Vb
(1 đ)

=
+=
0y
1
2
yx
1xy
Tung độ giao điểm của đờng x = y
2
- 1 (y 0) với Oy là nghiệm của
phơng trình: y
2
1 = 0 (y 0) => y = 1
0.25
Công thức tính thể tích

=
1
0
22
dy1)(yV
0.25

0
1
y
3
y
2
5

y
V
35








+=
0.25

15
8
V =
0.25
Ghi chú: Nếu thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn đợc điểm tối đa từng phần tơng ứng
theo quy định.
2
I. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (3,0 im) Cho hm s
2x 2
y
x 1

=
+
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s ó cho.

2. Bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh
2x 2
m 4
x 1

= +
+
(1).
Cõu II. (3,0 im)
1. Gii phng trỡnh:
2x-1 x-1
3 -3 -2 =0
5
Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
2. Tính tích phân:
2
3
0
I (cos x x)sin xdx
π
= +
∫
3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
[ ]
( ) (2ln 3) , 1;y f x x x x e= = − ∈
Câu III. (1,0 điểm)
Cho khối chóp S.ABC có
( )SA ABC⊥
, SA = 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,
0

60BAC =
. Tính thể tích của khối chóp S.ABC 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 các điểm A(1 ; 0 ; 2), B(- 1;1;0), C(0;0;3), D(2;3;4)
1. Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng ABCD là một tứ diện.
2. Viết phương trình của mặt cầu tâm D, tiếp xúc với mặt phẳng (P): x + y - 2z + 9 = 0.
3. Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P).
Câu Va. (1,0 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số:
2
2
4
, 4 ,
2
x
y y x y
x
= = =
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu IVb. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) :
2 2 2
4 6 2 2 0x y z x y z+ + − + + − =
và mặt phẳng
( ) : 3 2 11 0x y z
α
− + + + =

1. Hãy tìm tọa độ tâm và tính bán kính của mặt cầu (S).
2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua A(1;-1;2), B(0;3;5) và vuông góc với mặt phẳng
( )
α
.
3. Viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song với mặt phẳng
( )
α
.
Câu Vb. (1,0 điểm) Cho hàm số
2
(2 3) 6 1
2
x m x m
y
x
− − − +
=
−
. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu
đồng thời hai điểm cực đại, cực tiểu đó nằm về hai phía của đường thẳng x – 4 = 0.
6
Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
I
(3,0
điểm)
(2,5 điểm)
Tập xác định : D =

¡
\{-1} 0,25
Sự biến thiên:
• Chiều biến thiên:
2
4
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
0,5
• Đồ thị:
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; − 2) và cắt trục hoành tại điểm
( )
1 ; 0
.
- Đồ thị nhận điểm I(-1 ; 2) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) làm tâm đối
xứng.
0,50
(0,5 điểm)
7
-1
O
1
x
2
-2
I
y
Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
• Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đường thẳng y = m +
4 và đồ thị (C) của hàm số
2 2
1
x
y
x
−

=
+
.
• Dựa vào đồ thị ta có:
• Với
4 2 2m m+ = ⇔ = −
pt(1) vô nghiệm
• Với
4 2 2m m+ ≠ ⇔ ≠ −
pt(1) có một nghiệm duy nhất.
0,50
Câu Đáp án Điểm
II
(3,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với t phương trình:
2
(3 ) 3 6 0
x x
− − =
Đặt t = 3
x
, t > 0.Ta được t
2
- t – 6 = 0
3
6( )
t
t loai

=

⇔

= −

0,50
Với
3 3 3 1
x
t x= ⇒ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1
0,50
2. (1,0 điểm)
2 2
3
0 0
I cos x.sinxdx x.sinxdx
π π
= +
∫ ∫
0,25
4
2 2
3 3
0 0
cos x 1
cos x.sinxdx cos xdcos x
2
4 4

0
π π
π
= − = − =
∫ ∫
0,25
Đặt
2 2
0 0
sin x cos cos sinx 1
2 2
sin x cos
0 0
u x du dx
x dx x x xdx
dv dx v x
π π
π π
= =
 
⇒ ⇒ = − + = =
 
= = −
 
∫ ∫
Vậy:
1 5
1
4 4
I = + =

0,25
0,25
3. (1,0 điểm)
Ta có: f’(x) = 2lnx - 1. 0,25
Do đó: f’(x) = 0 ⇔ x =
e
∈
[ ]
1;e
f(1) = - 3, f(e) = - e,
( ) 2f e e= −
0,25
0,25
Suy ra:
x [1;e]
min f(x) f ( e) 2 e
∈
= = −
x [1;e]
max f (x) f (e) e
∈
= = −
0,25
8
Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
III
(1,0
điểm)
.Ta có SA = 2a là đường cao của khối chóp đã cho.
BC = ABtan60

0
= a
3
0,25
2
ABC
1 1 a 3
S AB.BC .a.a 3
2 2 2
= = =
.
0,25
Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là:
3
2
1 1 3
. . .2 . ( )
3 3 2
3
ABC
a
V SA S a a dvtt= = =
0,50
Câu Đáp án Điểm
IV.a
(2,0
điểm)
1. (0,75 điểm)
( 2;1; 2)
( 1;0;1)

AB
AC
= − −
= −
uuur
uuur
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là
(1;4;1)n AB AC= ∧ =
r uuur uuur
0,25
Mp(ABC) đi qua A(1;0;2) và có vectơ pháp tuyến
(1;4;1)n =
r
có phương trình
x + 4y + z – 3 = 0.
0,25
( ) 2 4.3 4 3 0 15 0D ABC∈ ⇔ + + − = ⇔ =
vô lí. Do đó D
( )ABC∉
Vậy ABCD là một tứ diện.
0,25
2. (0,50 điểm)
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm D, tiếp xúc với mặt phẳng (P). Ta có R bằng khoảng
cách từ D đến (P). Suy ra :
2 2 2
1.2 1.3 2.4 9
6
R 6
6
1 1 ( 2)

+ − +
= = =
+ + −
0,25
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
2 2 2
(x 2) (y 3) (z 4) 6− + − + − =
0,25
3.(0,75 điểm) .
( 2;1; 2)AB = − −
uuur
. Đường thẳng AB đi qua điểm A và có vectơ chỉ
0,25
9
60
0
a
2a
A
B
C
S
Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
phương là
( 2;1; 2)AB = − −
uuur
nên có ptts
1 2
2 2
x t

y t
z t
= −


=


= −


Gọi M là giao điểm của đường thẳng AB và (P) ta có

( ) (1 2 ; ;2 2 )M AB MN t t t∈ ⇒ − −

( ) 1.(1 2 ) 1.( ) 2.(2 2 ) 9 0 2M P t t t t∈ ⇔ − + − − + = ⇔ = −
Vậy M(5;-2;6) là giao điểm của đường thẳng AB và (P)
0,25
0.25
V.a
(1,0
điểm)
2 2
2 2 3
2 3
4
4 7 0 0, 8 2
2 2
4
4 1 1

x x
x x x x x
x
x x x
x
= ⇔ = ⇔ = = ⇒ = ⇔ =
= ⇒ = ⇒ =
4
2
-2
-4
-6
-5 5 10
y=h(x)
y=g(x)
y=f (x)
h x
()
=
4
x
g x
()
= 4
⋅
x
⋅
x
f x
()

=
x
⋅
x
2
0,25
Do đó:
1 2
2 2 3 3
2 3
0 1
1 2
x 4 x 4 x x
V (4x )dx ( )dx ( x ) (4ln x )
0 1
2 x 2 3 6 6
= − + − = − + −
∫ ∫
= 4ln2 0,75
IV.b
(2,0
điểm)
1. (0,50 điểm)
2 2 2 2 2 2
4 6 2 2 0 ( 2) ( 3) ( 1) 16x y z x y z x y z+ + − + + − = ⇔ − + + + + =
Vậy tâm của mặt cầu là I(2;-3;-1), bán kính R = 4. 0,50
Câu Đáp án Điểm
2. (0,75 điểm)
Kí hiệu (P) là mặt phẳng đi qua A,B và vuông góc với (
α

). Ta có
( 1;4;3)AB = −
uuur
, vectơ pháp tuyến của (
α
) là
1
( 3;2;1)n = −
ur
0,25
Vectơ pháp tuyến của (P) là
1
( 2; 8;10)n AB n= ∧ = − −
r uuur ur
= - 2(1;4;-5) 0,25
Phương trình (P) là :
1.( 1) 4( 1) 5.( 2) 0x y z− + + − − =
Hay
4 5 13 0x y z+ − + =
0,25
3. (0,75 điểm)
Gọi mặt phẳng song song với (
α
) và tiếp xúc với mặt cầu là
( )
β
. Ta có
10
Nguyễn Vũ Minh Đề thi Thử và Đáp Án THPT
Phương trình

( )
β
có dạng
( ) : 3 2 0 ( 11)x y z m m
β
− + + + = ≠
Mặt phẳng
( )
β
tiếp xúc với mặt cầu
( ,( ))d I R
β
⇔ =

2 2 2
3.2 2.( 3) 1.( 1)
4
( 3) 2 1
m− + − + − +
⇔ =
− + +

13 4 14 13 4 14m m⇔ − = ⇔ = ±
( thoả mãn)
Vậy phương trình các mặt phẳng song song với (
α
) và tiếp xúc với mặt cầu là
( ) : 3 2 13 4 14 0x y z
β
− + + + ± =

0.25
0.25
0.25
V.b
(1,0
điểm)
Ta có
2
2
x 4x 10m 7
y'
(x 2)
− + −
=
−
. Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y’ = 0 có hai
nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó.
2
' 11 10 0
11
(*)
10
(2) 1.2 4.2 10 7 0
m
m
f m
∆ = − >

⇔ ⇔ <


= − + − ≠

0,25
0.25
Gọi
1 1 2 2
( ; ), ( ; )M x y N x y
là các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị.
Ta có
1, 2
x x
nghiệm của phương trình f(x) = x
2
– 4x + 10m – 7 = 0
1 2 1 2
4, 10 7x x x x m+ = = −
M,N nằm về hai phía của đường thẳng x– 4 = 0
1 2 1 2 1 2
( 4)( 4) 0 4( ) 16 0x x x x x x⇔ − − < ⇔ − + + <
7
10 7 4.4 16 0
10
m m⇔ − − + < ⇔ <
. Kết hợp với (*) ta được:
7
10
m <
Vậy: Với
7
10

m <
thì hàm số có cực đại cực tiểu đồng thời hai điểm cực đại, cực tiểu đó
nằm về hai phía của đường thẳng x – 4 = 0.
0,25
0,25
…………………… Hết …………………
11