20 đề ôn thi THPT quốc gia môn toán

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 01

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

------------------------------

---------------------------------------------------

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = −x 3 + 6x 2 − 9x + 4
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại giao điểm của (C ) với trục hồnh.
3) Tìm m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: x 3 − 6x 2 + 9x − 4 + m = 0
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình: 22x +1 − 3.2x − 2 = 0
1

2) Tính tích phân:

I =

∫ (1 + x )e dx
x

0

3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y = e x (x 2 − x − 1) trên đoạn [0;2].
Câu III (1,0 điểm):
Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể
tích của hình chóp.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chương trình chuẩn
Câu IVa (2,0 điểm): Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; −1), B(1; −2; 3),C (0;1;2) .
1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng (ABC ) .
2) Tìm toạ độ hình chiếu vng góc của gốc toạ độ O lên mặt phẳng (ABC ) .
Câu Va (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng: z + 2z = 6 + 2i .
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2; 0; −1), B(1; −2; 3),C (0;1;2)
1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng (ABC ) .
2) Viết phương trình mặt cầu tâm B, tiếp xúc với đường thẳng AC.
Câu Vb (1,0 điểm): Tính mơđun của số phức z = ( 3 − i )2011 .
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................

Số báo danh: ...............................................




BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I : y = (1 − x ) (4 − x ) = (1 − 2x + x 2 )(4 − x ) = 4 − x − 8x + 2x 2 + 4x 2 − x 3 = −x 3 + 6x 2 − 9x + 4
2

y = −x 3 + 6x 2 − 9x + 4
Tập xác định: D = ℝ

Đạo hàm: y ′ = −3x 2 + 12x − 9
x = 1
Cho y ′ = 0 ⇔ −3x 2 + 12x − 9 = 0 ⇔ 
x = 3
Giới hạn: lim y = +∞
lim y = −∞
;
x →−∞

x →+∞

Bảng biến thiên
x –∞
y′
y

1
–

+∞

3

0

+

0

–

4

+∞
0

–∞

Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (–∞;1), (3;+∞)
Hàm số đạt cực đại yCÑ = 4 tại x CÑ = 3 ;

y

đạt cực tiểu yCT = 0 tại x CT = 1
y ′′ = −6x + 12 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 2 . Điểm uốn là I(2;2)

4
x = 1
Giao điểm với trục hoành: y = 0 ⇔ −x 3 + 6x 2 − 9x + 4 = 0 ⇔ 
x = 4
2
Giao điểm với trục tung: x = 0 ⇒ y = 4
Bảng giá trị: x
0
1
2
3
4
y
4

0
2
4
0
O
1 2
Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm trục đối xứng như hình vẽ bên đây
(C ) : y = −x 3 + 6x 2 − 9x + 4 . Viết pttt tại giao điểm của (C ) với trục hoành.
Giao điểm của (C ) với trục hoành: A(1; 0), B(4; 0)
pttt với (C ) tại A(1; 0) :


x 0 = 1 vaø 0 = 0 
y
i
 ⇒ pt t t t aï A : y − 0 = 0(x − 1) ⇔ y = 0
f ′(x 0 ) = f ′(1) = 0


pttt với (C ) tại B(4; 0) :


x 0 = 4 vaø 0 = 0 
y
i
 ⇒ pt t t t aï B : y − 0 = −9(x − 4) ⇔ y = −9x + 36
f ′(x 0 ) = f ′(4) = −9


Vậy, hai tiếp tuyến cần tìm là: y = 0 và y = −9x + 36

3 4

Ta có, x 3 − 6x 2 + 9x − 4 + m = 0 ⇔ −x 3 + 6x 2 − 9x + 4 = m (*)
(*) là phương trình hồnh độ giao điểm của (C ) : y = −x 3 + 6x 2 − 9x + 4 và d : y = m nên số
nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của (C ) và d.
Dựa vào đồ thị ta thấy (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
0Vậy, với 0 < m < 4 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.

1

x




Câu II
22x +1 − 3.2x − 2 = 0 ⇔ 2.22x − 3.2x − 2 = 0 (*)
Đặt t = 2x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành
t = 2 (nhan)
2t 2 − 3t − 2 = 0 ⇔ 
1
t = − 2 (loai)

Với t = 2: 2x = 2 ⇔ x = 1
Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 1.
1

I =

∫ (1 + x )e dx
x

0

u = 1 + x
du = dx




⇒
Đặt 
. Thay vào cơng thức tích phân từng phần ta được:
x
dv = e x dx


v = e




1

1

I = (1 + x )e x 0 − ∫ e x dx = (1 + 1)e 1 − (1 + 0)e 0 − e x
0

1
0

= 2e − 1 − (e1 − e 0 ) = e

1

Vậy, I =

∫ (1 + x )e dx = e
x

0

Hàm số y = e x (x 2 − x − 1) liên tục trên đoạn [0;2]

y ′ = (e x )′ (x 2 − x − 1) + e x (x 2 − x − 1)′ = e x (x 2 − x − 1) + e x (2x − 1) = e x (x 2 + x − 2)
x = 1 ∈ [0;2] (nhan)
Cho y ′ = 0 ⇔ e x (x 2 + x − 2) = 0 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ 
x = −2 ∉ [0;2] (loai)
Ta có, f (1) = e1(12 − 1 − 1) = −e

f (0) = e 0 (02 − 0 − 1) = −1
f (2) = e 2 (22 − 2 − 1) = e 2
Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là −e và số lớn nhất là e 2
Vậy, min y = −e khi x = 1; max y = e 2 khi x = 2
[0;2]

[0;2]

Câu III

S

Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO ⊥ (ABCD ) do đó SO là đường cao
của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO,
do đó SBO = 600 (là góc giữa SB và mặt đáy)
SO
BD
Ta có, tan SBO =
⇒ SO = BO. tan SBO =
. tan SBO
BO
2

= a 2. tan 600 = a 6
Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là

A
60

B

1
1
1
4a 3 6
V = B.h = AB.BC .SO = 2a.2a.a 6 =
3

3
3
3
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: Với A(2; 0; −1), B(1; −2; 3),C (0;1;2) .

Ta có hai véctơ: AB = (−1; −2; 4) , AC = (−2;1; 3)

2

2a

D
O
C






 −2 4 4 −1 −1 −2 


[AB, AC ] = 
;
;
 = (−10; −5; −5) ≠ 0 ⇒ A, B,C không thẳng hàng.

 1 3 3 −2 −2

1



Điểm trên mp (ABC ) : A(2; 0; −1)
vtpt của mp (ABC ) : n = [AB, AC ] = (−10; −5; −5)
Vậy, PTTQ của mp (ABC ) : A(x − x 0 ) + B(y − y0 ) + C (z − z 0 ) = 0
⇔ −10(x − 2) − 5(y − 0) − 5(z + 1) = 0
⇔ −10x − 5y − 5z + 15 = 0
⇔ 2x + y + z − 3 = 0
Gọi d là đường thẳng qua O và vng góc với mặt phẳng (α) , có vtcp u = (2;1;1)

x = 2t


PTTS của d : y = t . Thay vào phương trình mp (α) ta được:


z = t



1
2(2t ) + (t ) + (t ) − 3 = 0 ⇔ 6t − 3 = 0 ⇔ t = 2
1 1
Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là H (1; 2 ; 2 )

Câu Va: Đặt z = a + bi ⇒ z = a − bi , thay vào phương trình ta được
a + bi + 2(a − bi ) = 6 + 2i ⇔ a + bi + 2a − 2bi = 6 + 2i ⇔ 3a − bi = 6 + 2i
3a = 6

a = 2


⇔
⇔
⇒ z = 2 − 2i ⇒ z = 2 + 2i


−b = 2
b = −2




Vậy, z = 2 + 2i
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb: Với A(2; 0; −1), B(1; −2; 3),C (0;1;2) .
Bài giải hoàn toàn giống bài giải câu IVa (phần của ban cơ bản): đề nghị xem lại phần trên
Đường thẳng AC đi qua điểm A(2; 0; −1) , có vtcp u = AC = (−2;1; 3)
Ta có, AB = (−1; −2; 4)



 −2 4 4 −1 −1 −2 
 = (−10; −5; −5)
;
;
u = AC = (−2;1; 3) . Suy ra [AB, u ] = 

 1 3 3 −2 −2


1




Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta được
d (B, AC ) =

[AB, u ]
u

=

(−10)2 + (−5)2 + (−5)2
(−2)2 + (1)2 + (32 )

=

Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm B(1; −2; 3) , bán kính R = d (B, AC ) =

15
14
15

nên có pt

14
(x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 =

225
14

Câu Vb: Ta có, ( 3 − i )3 = ( 3)3 − 3.( 3)2 .i + 3. 3.i 2 − i 3 = 3 3 − 9i − 3 3 + i = −23.i
670
Do đó, ( 3 − i )2010 = ( 3 − i )3  = (−23 i )670 = 22010.i 670 = 22010.(i 4 )167 .i 2 = −22010

Vậy, z = ( 3 − i )2011 = −22010.( 3 − i ) ⇒ z = 22010. ( 3)2 + 12 = 2011

3




KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 02

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

------------------------------

---------------------------------------------------

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x 3 − 3x 2 + 3x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng có

phương trình y = 3x .
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình: 6.4x − 5.6x − 6.9x = 0
π

2) Tính tích phân:

I =

∫ (1 + cos x )xdx
0

3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y = e x (x 2 − 3) trên đoạn [–2;2].
Câu III (1,0 điểm):
Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (BA = BC), cạnh bên SA vng góc với mặt
phẳng đáy và có độ dài là a 3 , cạnh bên SB tạo với đáy một góc 600. Tính diện tích tồn phần
của hình chóp.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chương trình chuẩn
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2;1;1) và hai đường thẳng
x −1 y + 2 z +1
x −2 y −2 z +1
=
=
=
=
, d′ :
1
−3
2

2
−3
−2
1) Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua điểm A đồng thời vng góc với đường thẳng d
d:

2) Viết phương trình của đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vng góc với đường thẳng d đồng thời
cắt đường thẳng d ′
Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:

(z )4 − 2(z )2 − 8 = 0
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho mp(P) và mặt cầu (S) lần lượt có phương trình
(P ) : x − 2y + 2z + 1 = 0 và (S ) : x 2 + y 2 + z 2 – 4x + 6y + 6z + 17 = 0

1) Chứng minh mặt cầu cắt mặt phẳng.
2) Tìm tọa độ tâm và bán kính đường trịn giao tuyến của mặt cầu và mặt phẳng.
Câu Vb (1,0 điểm): Viết số phức sau dưới dạng lượng giác z =

1
2 + 2i

---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................

Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................
4

BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I :

y = x 3 − 3x 2 + 3x
Tập xác định: D = ℝ
Đạo hàm: y ′ = 3x 2 − 6x + 3
Cho y ′ = 0 ⇔ 3x 2 − 6x + 3 = 0 ⇔ x = 1
Giới hạn: lim y = −∞
;
lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

Bảng biến thiên
x –∞
y′

+

y –∞

+∞

1
0

+
+∞

1

Hàm số ĐB trên cả tập xác định; hàm số không đạt cực trị.
y ′′ = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 . Điểm uốn là I(1;1)
Giao điểm với trục hoành:
Cho y = 0 ⇔ x 3 − 3x 2 + 3x = 0 ⇔ x = 0
Giao điểm với trục tung:
Cho x = 0 ⇒ y = 0
Bảng giá trị: x
0
1
2
y
0
1
2
Đồ thị hàm số (như hình vẽ bên đây):

y

2
1
O

I
1

2

(C ) : y = x 3 − 3x 2 + 3x . Viết của (C ) song song với đường thẳng ∆ : y = 3x .
Tiếp tuyến song song với ∆ : y = 3x nên có hệ số góc k = f ′(x 0 ) = 3
x = 0
2
2
Do đó: 3x 0 − 6x 0 + 3 = 3 ⇔ 3x 0 − 6x 0 = 0 ⇔  0
x 0 = 2

Với x 0 = 0 thì y 0 = 03 − 3.02 + 3.0 = 0
và f ′(x 0 ) = 3 nên pttt là: y − 0 = 3(x − 0) ⇔ y = 3x (loại vì trùng với ∆ )
Với x 0 = 2 thì y 0 = 23 − 3.22 + 3.2 = 2
và f ′(x 0 ) = 3 nên pttt là: y − 2 = 3(x − 2) ⇔ y = 3x − 4
Vậy, có một tiếp tuyến thoả mãn đề bài là: y = 3x − 4
Câu II
6.4x − 5.6x − 6.9x = 0 . Chia 2 vế pt cho 9x ta được

 2 2x

 x
  − 5.  2  − 6 = 0 (*)
6. x − 5. x − 6 = 0 ⇔ 6.  
 
3
 

3
9
9

4x

6x

 2 x
Đặt t =   (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành
 
3
 
6t 2 − 5t − 6 = 0 ⇔ t =

3
2
(nhan) , t = − (loai)
2
3

x
 x  −1
3 2
  = 3 ⇔  2  =  2  ⇔ x = −1
Với t = :  
 
 
3
3
 
 
 
2 3

2
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −1 .

5

x



π

I =

π

π

∫ (1 + cos x )xdx = ∫ xdx + ∫ x cos xdx
0

0
π

Với I 1 =

∫

xdx =

0

x2
2

π

=
0

0

π2 02
π2
−
=
2
2
2

π

Với I 2 =

∫ x cos xdx
0

u = x
du = dx



Đặt 
⇒
. Thay vào cơng thức tích phân từng phần ta được:




dv = cos xdx
v = sin x


π

I 2 = x sin x 0 − ∫ sin xdx = 0 − (− cos x ) 0 = cos x 0 = cos π − cos 0 = −2
π

π

π

0

2

π
−2
2
Hàm số y = e x (x 2 − 3) liên tục trên đoạn [–2;2]

Vậy, I = I 1 + I 2 =

y ′ = (e x )′ (x 2 − 3) + e x (x 2 − 3)′ = e x (x 2 − 3) + e x (2x ) = e x (x 2 + 2x − 3)
x = 1 ∈ [−2;2] (nhan)
Cho y ′ = 0 ⇔ e x (x 2 + 2x − 3) = 0 ⇔ x 2 + 2x − 3 = 0 ⇔ 
x = −3 ∉ [−2;2] (loai)
Ta có, f (1) = e1(12 − 3) = −2e
f (−2) = e−2 [(−2)2 − 3] = e−2
f (2) = e 2 (22 − 3) = e 2
Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là −2e và số lớn nhất là e 2
Vậy, min y = −2e khi x = 1; max y = e 2 khi x = 2
[−2;2]

[−2;2]

Câu III
Theo giả thiết, SA ⊥ AB , SA ⊥ AC , BC ⊥ AB , BC ⊥ SA
Suy ra, BC ⊥ (SAB ) và như vậy BC ⊥ SB
Do đó, tứ diện S.ABC có 4 mặt đều là các tam giác vng.

S

Ta có, AB là hình chiếu của SB lên (ABC) nên SBA = 600

tan SBA =

SA
AB

SA

⇒ AB =

=

a 3

3

tan SBO

AC = AB + BC = a + a = a 2
2

2

2

2

= a (= BC )

a 3

C

A
60

SB = SA + AB = (a 3) + a = 2a
B

Vậy, diện tích tồn phần của tứ diện S.ABC là:
STP = S ∆SAB + S ∆SBC + S ∆SAC + S ∆ABC
1
= (SA.AB + SB.BC + SA.AC + AB.BC )
2
1
3+ 3 + 6 2
= (a 3.a + 2a.a + a 3.a 2 + a.a ) =
⋅a
2
2
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:
Điểm trên mp (α) : A(2;1;1)
2

2

2

2

6




vtpt của (α) là vtcp của d: n = ud = (1; −3;2)

d

Vậy, PTTQ của mp (α) : A(x − x 0 ) + B(y − y0 ) + C (z − z 0 ) = 0
⇔ 1(x − 2) − 3(y − 1) + 2(z − 1) = 0

d'
A

⇔ x − 2 − 3y + 3 + 2z − 2 = 0
⇔ x − 3y + 2z − 1 = 0

B

α

x = 2 + 2t



PTTS của d ′ : y = 2 − 3t . Thay vào phương trình mp (α) ta được:


z = −1 − 2t



(2 + 2t ) − 3(2 − 3t ) + 2(−1 − 2t ) − 1 = 0 ⇔ 7t − 7 = 0 ⇔ t = 1
Giao điểm của (α) và d ′ là B(4; −1; −3)

Đường thẳng ∆ chính là đường thẳng AB, đi qua A(2;1;1) , có vtcp u = AB = (2; −2; −4) nên


x = 2 + 2t


có PTTS: ∆ : y = 1 − 2t (t ∈ ℝ)


z = 1 − 4t



4
2
Câu Va: (z ) − 2(z ) − 8 = 0
Đặt t = (z )2 , thay vào phương trình ta được
 2

2
t = 4 ⇔ (z ) = 4 ⇔
t − 2t − 8 = 0 ⇔ 
 2
(z ) = −2
t = −2
Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm:

z = ± 2
 z = ±2

⇔ 

z = ±i 2

z = ∓i 2

z1 = 2 ; z 2 = −2 ; z 3 = i 2 ; z 4 = −i 2

I

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:
Từ pt của mặt cầu (S) ta tìm được hệ số : a = 2, b = –3, c = –3 và d = 17
Do đó, mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính R = 22 + (−3)2 + (−3)2 − 17 = 5
Khoảng cách từ tâm I đến mp(P): d = d (I ,(P )) =

2 − 2(−3) + 2(−3) + 1

=112 + (−2)2 + 22
Vì d (I ,(P )) < R nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C)
Gọi d là đường thẳng qua tâm I của mặt cầu và vng góc mp(P) thì d có vtcp
x = 2 + t



u = (1; −2;2) nên có PTTS d : y = −3 − 2t (*). Thay (*) vào pt mặt phẳng (P) ta được


z = −3 + 2t



1

(2 + t ) − 2(−3 − 2t ) + 2(−3 + 2t ) + 1 = 0 ⇔ 9t + 3 = 0 ⇔ t = −
3
 5 7 11

Vậy, đường tròn (C) có tâm H  ; − ; −  và bán kính r = R2 − d 2 = 5 − 1 = 2

3 3


3
Câu Vb:

1
2 − 2i
2 + 2i
2 + 2i
1 1
z=
=
=
=
= + i
2
2 + 2i (2 + 2i )(2 − 2i ) 4 − 4i
8
4 4

7

 1 2  1 2

2
 
 


⇒ z =   +  =
4
4


4




Vậy, z =



1 1
2 2
2 

2

cos π + sin π i 

+ i=
+
i =







4 4
4  2
2 
4 
4
4 

8




KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 03

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

------------------------------

---------------------------------------------------

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = −x 4 + 4x 2 − 3
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
2) Dựa vào (C ) , hãy biện luận số nghiệm của phương trình: x 4 − 4x 2 + 3 + 2m = 0
3) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) tại điểm trên (C ) có hồnh độ bằng

3.

Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình: 7x + 2.71−x − 9 = 0
2) Tính tích phân:

I =

e2

∫e

(1 + ln x )xdx

3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y =

x 2 + 2x + 2
trên đoạn [− 1 ;2]
2
x +1

Câu III (1,0 điểm):
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt đáy, SA = 2a.
Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chương trình chuẩn
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ (O, i , j , k ) , cho OI = 2i + 3 j − 2k và mặt phẳng
(P ) có phương trình: x − 2y − 2z − 9 = 0

1) Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm là điểm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P ) .
2) Viết phương trình mp (Q ) song song với mp (P ) đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S )
Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây:

y = x 3 − 4x 2 + 3x − 1 và y = −2x + 1
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(–1;2;7) và đường thẳng d có
x −2 y −1 z
phương trình:
=
=
1
2
1
1) Hãy tìm toạ độ của hình chiếu vng góc của điểm A trên đường thẳng d.
2) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với đường thẳng d.
log x + log y = 1 + log 9

4
4
Câu Vb (1,0 điểm): Giải hệ pt  4

x + y − 20 = 0



---------- Hết ---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................

9




BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I :

y = −x 4 + 4x 2 − 3
Tập xác định: D = ℝ
Đạo hàm: y ′ = −4x 3 + 8x
4x = 0
⇔
Cho y ′ = 0 ⇔ −4x 3 + 8x = 0 ⇔ 4x (−x 2 + 2) = 0 ⇔  2
−x + 2 = 0
Giới hạn: lim y = −∞
;
lim y = −∞
x →−∞


x = 0 ⇔
 2
x = 2

x = 0


x = ± 2

x →+∞

Bảng biến thiên
x –∞
y′
y

− 2
+

0

0
1

–

–∞

+∞

2

0

+

0
1

–
–∞

–3

Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞; − 2),(0; 2) , NB trên các khoảng (− 2; 0),( 2; +∞)
Hàm số đạt cực đại yCĐ = 1 tại x CÑ = ± 2 , đạt cực tiểu yCT = –3 tại x CT = 0 .
x 2 = 1
 x = ±1
Giao điểm với trục hoành: cho y = 0 ⇔ −x + 4x − 3 = 0 ⇔  2
⇔ 
x = 3
x = ± 3
Giao điểm với trục tung: cho x = 0 ⇒ y = −3
4

Bảng giá trị: x
y
Đồ thị hàm số:

− 3
0

− 2

1

0
–3

2

2
1

3
0

y
1
-1

- 3

O

- 2

3

1

-3

2

x

y = 2m

2m
x 4 − 4x 2 + 3 + 2m = 0 ⇔ −x 4 + 4x 2 − 3 = 2m (*)
Số nghiệm pt(*) bằng với số giao điểm của (C ) : y = −x 4 + 4x 2 − 3 và d: y = 2m.
Ta có bảng kết quả:
Số giao điểm Số nghiệm
M
2m
của (C) và d
của pt(*)
m > 0,5
2m > 1
0
0
m = 0,5
2m = 1
2
2
–1,5< m < 0,5
–3< 2m < 1
4
4
m = –1,5
2m = –3
3
3

m < –1,5
2m < –3
2
2
x 0 = 3 ⇒ y0 = 0

i f ′(x 0 ) = f ′( 3) = y ′ = −4x 3 + 8x = −4 3
10




Vậy, pttt cần tìm là: y − 0 = −4 3(x − 3) ⇔ y = −4 3x + 12
7
Câu II 7x + 2.71−x − 9 = 0 ⇔ 7 x + 2. x − 9 = 0 (*)
7
x
Đặt t = 7 (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành

t = 2(nhan)
14
− 9 = 0 ⇔ t 2 + 14 − 9t = 0 ⇔ t 2 − 9t + 14 = 0 ⇔ 
t
t = 7 (nhan)
x
Với t = 2 : 7 = 2 ⇔ x = log7 2
t+

Với t = 7 : 7x = 7 ⇔ x = 1
Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm : x = 1 và x = log7 2

I =

e2

∫e

(1 + ln x )xdx



du = 1 dx
u = 1 + ln x



x
Đặt 
⇒
. Thay vào cơng thức tích phân từng phần ta được:

dv = xdx

x2

v =



2



e2

e2

e2 x
x 2 (1 + ln x )
e 4 (1 + 2) e 2 (1 + 1) x 2
I =
−∫
dx =
−
−
e 2
2
2
2
4 e
e
4
4
2
3e
e
e
5e 4 3e 2
=
− e2 − + =
−

2
4
4
4
4
4
2
5e
3e
Vậy, I =
−
4
4
2
x + 2x + 2
Hàm số y =
liên tục trên đoạn [− 1 ;2]
2
x +1
(x 2 + 2x + 2)′ (x + 1) − (x 2 + 2x + 2)(x + 1)′ (2x + 2)(x + 1) − (x 2 + 2x + 2)1 x 2 + 2x
y′ =
=
=
(x + 1)2
(x + 1)2
(x + 1)2
x = 0 ∈ [− 1 ;2] (nhan)
2
Cho y ′ = 0 ⇔ x 2 + 2x = 0 ⇔ 
x = −2 ∉ [− 1 ;2] (loai)


2
 1 5
10
Ta có, f (0) = 2
f −  =
f (2) =
 
 2 2
 
3
10
Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 2 và số lớn nhất là
3
10
Vậy, min y = 2 khi x = 0; max y =
khi x = 2
1 ;2]
1 ;2]
[−
[−
3
2
2
Câu III Theo giả thiết, SA ⊥ AC , SA ⊥ AD , BC ⊥ AB , BC ⊥ SA
Suy ra, BC ⊥ (SAB ) và như vậy BC ⊥ SB
S
Hoàn toàn tương tự, ta cũng sẽ chứng minh được CD ⊥ SD .
A,B,D cùng nhìn SC dưới 1 góc vng nên A,B,D,S,C cùng thuộc
đường trịn đường kính SC, có tâm là trung điểm I của SC.

2a I

A

Ta có, SC = SA2 + AC 2 = (2a )2 + (a 2)2 = a 6
Bán kính mặt cầu: R =

SC
a 6
=
2
2

B
11

D
a

C




a 6 2


2

Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD là: S = 4πR 2 = 4π 



 2  = 6πa

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:
OI = 2i + 3 j − 2k ⇒ I (2; 3; −2)
Tâm của mặt cầu: I (2; 3; −2)
Bán kính của mặt cầu: R = d (I ,(P )) =

2 − 2.3 − 2.(−2) − 9
12 + (−2)2 + (−2)2

=

9
=3
3

Vậy, pt mặt cầu (S ) là: (x − a )2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2

⇔ (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = 9
(Q ) || (P ) : x − 2y − 2z − 9 = 0 nên (Q) có vtpt n = n(P ) = (1; −2; −2)
Do đó PTTQ của mp(Q) có dạng (Q ) : x − 2y − 2z + D = 0 (D ≠ −9)
Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên

d (I ,(Q )) = R ⇔

2 − 2.3 − 2.(−2) + D

=3⇔

12 + (−2)2 + (−2)2
Vậy, PTTQ của mp(Q) là: (Q ) : x − 2y − 2z + 9 = 0

D
=3⇔ D =9⇔
3

D = 9 (nhan)

D = −9(loai)


x = 1
Câu Va: Cho x 3 − 4x 2 + 3x − 1 = −2x + 1 ⇔ x 3 − 4x 2 + 5x − 2 ⇔ 
x = 2
Diện tích cần tìm là: S =

2

∫1

x 3 − 4x 2 + 5x − 2 dx
2

 x 4 4x 3 5x 2

1
1



+
− 2x  = −
=
(đvdt)
hay S = ∫ (x 3 − 4x 2 + 5x − 2)dx =  −

4

1
1
3
2
12
12
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:
2

Gọi H là hình chiếu của A lên d thì H (2 + t ;1 + 2t ; t ) , do đó AH = (3 + t ;2t − 1; t − 7)
Do AH ⊥ d nên AH .ud = 0 ⇔ (3 + t ).1 + (2t − 1).2 + (t − 7).1 = 0 ⇔ 6t − 6 = 0 ⇔ t = 1
Vậy, toạ độ hình chiếu của A lên d là H (3; 3;1)
Tâm của mặt cầu: A(–1;2;7)
Bán kính mặt cầu: R = AH = 42 + 12 + (−6)2 = 53
Vậy, phương trình mặt cầu là: (x + 1)2 + (y − 2)2 + (z − 7)2 = 53
Câu Vb: ĐK: x > 0 và y > 0
log x + log y = 1 + log 9
log xy = log 36
xy = 36

 4



4
4
4
⇔ 4
⇔






x + y − 20 = 0
x + y − 20 = 0
x + y = 20



X = 18 > 0
x và y là nghiệm phương trình: X 2 − 20X + 36 = 0 ⇔ 
X = 2 > 0
x = 18
x = 2


Vậy, hệ pt đã cho có các nghiệm: 
; 



y = 2
y = 18




12




KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
---------------------------------------------------

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 04
------------------------------

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
2x − 1
x −1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y =

2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 4.

Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình: log2 x − log 4 (4x 2 ) − 5 = 0
2
2) Tính tích phân:

I =

∫0

π
3

sin x + cos x
dx
cos x

3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau đây đạt cực tiểu tại điểm x 0 = 2

y = x 3 − 3mx 2 + (m 2 − 1)x + 2
Câu III (1,0 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vng tại B, BAC = 300 ,SA = AC = a và SA vng
góc với mặt phẳng (ABC).Tính VS.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong khơng gian với hệ toạ độ (O, i , j , k ) , cho OM = 3i + 2k , mặt cầu (S ) có
phương trình: (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 9

1) Xác định toạ độ tâm I và bán kính của mặt cầu (S ) . Chứng minh rằng điểm M nằm trên mặt
cầu, từ đó viết phương trình mặt phẳng (α) tiếp xúc với mặt cầu tại M.

2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu, song song với mặt phẳng (α) ,
x +1 y −6 z −2
đồng thời vng góc với đường thẳng ∆ :
.
=
=
3
−1
1
Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
−z 2 + 2z − 5 = 0

2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có toạ độ các đỉnh là
A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1)
1) Viết phương trình đường vng góc chung của AB và CD.
2) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây
y = ln x , trục hồnh và x = e
---------- Hết --------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................
13

BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I:
2x − 1
x −1
Tập xác định: D = ℝ \ {1}

y=

Đạo hàm: y ′ =

−1

< 0, ∀x ∈ D
(x − 1)2
Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.
Giới hạn và tiệm cận: lim y = 2 ; lim y = 2 ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang.
x →−∞

x →+∞

lim y = −∞ ; lim y = +∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng.

x →1−

x →1+

Bảng biến thiên
x –∞
y′
2

y

+∞

1
–

–
–∞

y

+∞
2

Giao điểm với trục hoành: y = 0 ⇔ 2x − 1 = 0 ⇔ x =
Giao điểm với trục tung: cho x = 0 ⇒ y = 1
Bảng giá trị: x
–1
0
1
2
3
y
3/2
1
||
3
5/2
Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

2x − 1
(C ) : y =
x −1
Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên f ′(x 0 ) = −4

1
2

3
2,5
2
1
-1 O

1 2

3



x − 1 = 1
x = 3
0
−1
1

2
2 ⇔  0 2
⇔
= −4 ⇔ (x 0 − 1) = ⇔ 

1
1
4


(x 0 − 1)2
x 0 − 1 = −
x 0 =
2
2



2. 3 − 1
3
3

Với x 0 = ⇒ y 0 = 3 2
= 4 .pttt là: y − 4 = −4 x −  ⇔ y = −4x + 10




2
2
−1
2
Với x 0 =




2. 1 − 1
1
1


⇒ y0 = 1 2
= 0 . pttt là: y − 0 = −4 x −  ⇔ y = −4x + 2


2
2
−1
2

Vậy, có 2 tiếp tuyến thoả mãn ycbt là : y = −4x + 2 và y = −4x + 10

Câu II:
Điều kiện: x > 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương với
2
log2 x − (log 4 4 + log 4 x 2 ) − 5 = 0 ⇔ log2 x − log2 x − 6 = 0 (*)
2

Đặt t = log2 x , phương trình (*) trở thành

x = 23
t = 3
 log x = 3

 2

(nhận cả hai nghiệm)
t −t − 6 = 0 ⇔ 
⇔
⇔ 
−2
log x = −2
t = −2
x = 2

 2
1
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 8 và x =
4
π
π
π
π
 sin x

sin x + cos x
cos x 
sin x

dx = ∫ 3
I =∫3
dx = ∫ 3 
+
dx + ∫ 3 1.dx



0
0  cos x
0 cos x
0
cos x
cos x 
14
2

x




Với I 1 =

∫0

π
3

sin x .dx
, ta đặt t = cos x ⇒ dt = − sin x .dx ⇒ sin x .dx = −dt
cos x
π
Đổi cận: x
0
3
1
t

1
2
1
 −dt 

1 dt
1
1
 = ∫1
Thay vào: I 1 = ∫ 2 
= ln t 1 = ln 1 − ln = ln 2


2

1  t 
t
2
2

∫0

π
3 1.dx

π
3

π
3

π
Vậy, I = I 1 + I 2 = ln 2 +
3
y = x 3 − 3mx 2 + (m 2 − 1)x + 2 có TXĐ D = ℝ
y ′ = 3x 2 − 6mx + m 2 − 1
y ′′ = 6x − 6m
3.22 − 6m.2 + m 2 − 1 = 0
 f ′(2) = 0


Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 = 2 ⇔ 
⇔
 ′′



 f (2) > 0
6.2 − 6m > 0



 2



m − 12m + 11 = 0 ⇔ m = 1 hoac m = 11 ⇔ m = 1
⇔

12 − 6m > 0
m < 2






Vậy, với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x 0 = 2
Với I 2 =

=x0 =

Câu III Theo giả thiết, SA ⊥ AB , BC ⊥ AB , BC ⊥ SA
Suy ra, BC ⊥ (SAB ) và như vậy BC ⊥ SB
Ta có, AB = AC .cos 300 =

a 3
a
và BC = AC . sin 300 =
2
2
2

3a
a 7
SB = SA + AB = a +
=
4
2
2

2

2

2

S
a
a

A
B
3

S ∆ABC =

1
1 a 3 a a 3
1
a 3
AB.BC = ⋅
⋅ =
⇒ VS .ABC = SA ⋅ S ∆ABC =
2
2 2 2
8
3
24

S ∆SBC =

1
1 a 7 a a2 7
SB.BC = ⋅
⋅ =
2
2 2 2
8

3V
1
a3 3
8
a 21
d (A,(SBC )).S ∆SBC ⇒ d (A,(SBC )) = S .ABC = 3 ⋅
⋅
=
3
S ∆SBC
24 a 2 7
7
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:
VS .ABC =

OM = 3i + 2k ⇒ M (3; 0;2) và (S ) : (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 9
Mặt cầu có tâm I (1; −2; 3) và bán kính R = 3
Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu: (3 − 1)2 + (0 + 2)2 + (2 − 3)2 = 9 là đúng
Do đó, M ∈ (S )
(α) đi qua điểm M, có vtpt n = IM = (2;2; −1)
Vậy, PTTQ của (α) là: 2(x − 3) + 2(y − 0) − 1(z − 2) = 0 ⇔ 2x + 2y − z − 4 = 0

Điểm trên d: I (1; −2; 3)
(α) có vtpt n = (2;2; −1) và ∆ có vtcp u∆ = (3; −1;1) nên d có vtcp
15

C






 2 −1 −1 2 2 2 


u = [n, u∆ ] = 
;
;
 = (1; −5; −8)
 −1
1 1 3 3 −1 





x = 1 + t


Vậy, PTTS của d là: y = −2 − 5t (t ∈ ℝ)



z = 3 − 8t



2
Câu Va: −z + 2z − 5 = 0 (*)
Ta có, ∆ = 22 − 4.(−1).(−5) = −16 = (4i )2
Vậy, pt (*) có 2 nghiệm phức phân biệt
−2 − 4i
−2 + 4i
z1 =
= 1 + 2i và z 2 =
= 1 − 2i
−2
−2
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:
Ta có, AB = (0;1; 0) và CD = (1;1; −1)
Gọi M,N lần lượt là điểm nằm trên AB và CD thì toạ độ của M,N có dạng
M (1;1 + t ;1), N (1 + t ′;1 + t ′;2 − t ′)

⇒ MN = (−t ′; t − t ′; t ′ − 1)
MN là đường vng góc chung của AB và CD khi và chỉ khi

AB.MN = 0
t − t ′ = 0


1


⇔
⇔ t = t′ =

 ′
CD.MN = 0
−t + t − t ′ − t ′ + 1 = 0
2





 3  3 3 3
 1
1

Vậy, M 1; ;1, N  ; ;  ⇒ MN = − ; 0; −  hay u = (1; 0;1) là vtcp của d cần tìm


 

 2  2 2 2
 2

 



2



x = 1 + t


3

PTCT của đường vng góc chung cần tìm là: y =
(t ∈ ℝ)

2

z = 1 + t



2
2
Phương trình mặt cầu (S ) có dạng: x + y + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0
Vì A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) thuộc (S ) nên:



d = 6






3 − 2a − 2b − 2c + d = 0
2a + 2b + 2c − d = 3
d = 2a + 2b + 2c − 3




b = 3 / 2
6 − 2a − 4b − 2c + d = 0
2a + 4b + 2c − d = 6
 − 2b
= −3







⇔
⇔
⇔


c = 3 / 2
6 − 2a − 2b − 4c + d = 0
2a + 2b + 4c − d = 6

2b − 2c = 0









a = 3 / 2
9 − 4a − 4b − 2c + d = 0
4a + 4b + 2c − d = 9
−2a − 2b + 2c = −3












2
2
2
Vậy, phương trình mặt cầu là: x + y + z − 3x − 3y − 3z + 6 = 0
Câu Vb: Cho y = ln x = 0 ⇔ x = 1
Diện tích cần tìm là:

S=

e

∫1

ln x dx =

e

∫1 ln xdx



u = ln x
du = 1 dx



Đặt 
. Thay vào cơng thức tính S ta được:
⇒
x
dv = dx
v = x







e

e

e

S = x ln x 1 − ∫ dx = e ln e − 1ln 1 − x 1 = e − 0 − e + 1 = 1 (đvdt)
1

Vậy, diện tích cần tìm là: S = 1 (đvdt)
16




KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 05

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

------------------------------

---------------------------------------------------

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

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
2) Tìm điều kiện của tham số b để phương trình sau đây có 4 nghiệm phân biệt:
x 4 − 4x 2 + log b = 0

3) Tìm toạ độ của điểm A thuộc (C ) biết tiếp tuyến tại A song song với d : y = 16x + 2011
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình: log2 (x − 3) + log2 (x − 1) = 3
2) Tính tích phân:

I =

∫

π
2
π
3

sin x
dx
1 + 2 cos x

3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = e x + 4e −x + 3x trên đoạn [1;2]
Câu III (1,0 điểm):
Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đơi một vng góc với nhau, SB =SC = 2cm, SA =
4cm. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, từ đó tính diện tích của mặt
cầu đó.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chương trình chuẩn
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm A(−3;2; −3) và hai đường thẳng

x −1 y + 2 z − 3
x − 3 y −1 z −5
và d2 :
d1 :
=
=
=
=
1
1
−1
1
2
3
1) Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau.
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 . Tính khoảng cách từ A đến mp(P).
Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây:

y = x 2 + x − 1 và y = x 4 + x − 1
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
x −1 y + 2 z − 3
x
y −1 z − 6
d1 :
=
=
và d2 : =
=
1

1
−1
1
2
3
1) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau.
2) Viết phương trình mp(P) chứa d1 và song song với d2 . Tính khoảng cách giữa d1 và d2
Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây:

y = 2x , x + y = 4 và trục hồnh
......... Hết ..........
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................

Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................
17




BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I:

y = x 2 (4 − x 2 ) = −x 4 + 4x 2
Tập xác định: D = ℝ
Đạo hàm: y ′ = −4x 3 + 8x
4x = 0
x = 0

⇔  2
⇔
Cho y ′ = 0 ⇔ −4x 3 + 8x = 0 ⇔ 4x (−x 2 + 2) = 0 ⇔  2
−x + 2 = 0
x = 2
Giới hạn: lim y = −∞
;
lim y = −∞
x →−∞


x = 0

x =± 2


x →+∞

Bảng biến thiên
x –∞
y′
y

− 2
+

0
4

–∞

0
–

0

+∞

2
+

0
4

–
–∞

0

Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞; − 2),(0; 2) , NB trên các khoảng (− 2; 0),( 2; +∞)
Hàm số đạt cực đại yCĐ = 4 tại x CÑ = ± 2 ,

y

đạt cực tiểu yCT = 0 tại x CT = 0 .
Giao điểm với trục hoành:
x 2 = 0
x = 0
4
2

cho y = 0 ⇔ −x + 4x = 0 ⇔  2
⇔ 
x = ±2
x =4


Giao điểm với trục tung: cho x = 0 ⇒ y = 0
Bảng giá trị: x
−2 − 2
0
y
0
0
0
Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

2
4

2
0

4
y = logm

-2

- 2

O

2

2x

x 4 − 4x 2 + log b = 0 ⇔ −x 4 + 4x 2 = log b (*)
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = logb
Dựa vào đồ thị, (C) cắt d tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi
0 < log b < 4 ⇔ 1 < b < 104
Vậy, phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < b < 104
Giả sử A(x 0 ; y 0 ) . Do tiếp tuyến tại A song song với d : y = 16x + 2011 nên nó có hệ số góc
3
3
f ′(x 0 ) = 16 ⇔ −4x 0 + 8x 0 = 16 ⇔ 4x 0 − 8x 0 + 16 = 0 ⇔ x 0 = −2

x 0 = −2 ⇒ y 0 = 0
Vậy, A(−2; 0)
Câu II:

log2 (x − 3) + log2 (x − 1) = 3
x − 3 > 0
x > 3


Điều kiện: 
⇔
⇔ x > 3 . Khi đó,


x − 1 > 0

x > 1




log2 (x − 3) + log2 (x − 1) = 3 ⇔ log2 (x − 3)(x − 1) = 3 ⇔ (x − 3)(x − 1) = 8
x = −1 (loai )
⇔ x 2 − x − 3x + 3 = 8 ⇔ x 2 − 4x − 5 = 0 ⇔ 
x = 5 (nhan)
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5
18




I =

∫

π
2
π
3

sin x
dx
1 + 2 cos x

Đặt t = 1 + 2 cos x ⇒ dt = −2 sin x .dx ⇒ sin x .dx =

π
2
t
1

1 1 −
 dx  =

Thay vào: I = ∫ ⋅ 


2 t  2 
Đổi cận: x

π
3
2

1
= ln t
2t
2

2 dt

∫1

2

=

1

−dt
2

1
ln 2 = ln 2
2

Vậy, I = ln 2
Hàm số y = e x + 4e −x + 3x liên tục trên đoạn [1;2]

Đạo hàm: y ′ = e x − 4e −x + 3
Cho y ′ = 0 ⇔ e x − 4e −x + 3 = 0 ⇔ e x −

Câu III

4

+ 3 = 0 ⇔ e 2x + 3e x − 4 = 0 (1)
ex
Đặt t = e x (t > 0), phương trình (1) trở thành:
t = 1 (nhan)
t 2 + 3t − 4 = 0 ⇔ 
⇔ e x = 1 ⇔ x = 0 ∉ [1;2] (loại)
t = −4 (loai)
4
4
f (1) = e + + 3 và f (2) = e 2 + 2 + 6
e

e
4
4
Trong 2 kết quả trên số nhỏ nhất là: e + + 3 , số lớn nhất là e 2 + 2 + 6
e
e
4
4
2
Vậy, min y = e + + 3 khi x = 1 và max y = e + 2 + 6 khi x = 2
[1;2]
[1;2]
e
e
A
Gọi H,M lần lượt là trung điểm BC, SA và SMIH là hbh.
Ta có, IH || SA ⊥ (SBC ) ⇒ IH ⊥ SH ⇒ SMIH là hình chữ nhật M
I
Dễ thấy IH là trung trực của đoạn SA nên IS = IA
S
C
H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆SBC và IH ⊥ (SBC ) nên
H
IS = IB = IC (= IA) ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
B
1
1
1 2
1
1

Ta có, SH = BC =
SB 2 + SC 2 =
2 + 22 = 2 (cm) và IH = SM = SA = (cm)
2
2
2
2
2
Bán kính mặt cầu là: R = IS = SH 2 + IH 2 = ( 2)2 + 22 = 6

Diện tích mặt cầu : S = 4πR2 = 4π( 6)2 = 24π(cm )
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:
d1 đi qua điểm M 1(1; −2; 3) , có vtcp u1 = (1;1; −1)

d2 đi qua điểm M 2 (3;1;5) , có vtcp u2 = (1;2; 3)



 1 −1 −1 1 1 1 


;
;
Ta có [u1, u2 ] = 
 = (5; −4;1)
2 3
3 1 1 2





và M 1M 2 = (2; 3;2)
Suy ra, [u1, u2 ].M 1M 2 = 5.2 − 4.3 + 1.2 = 0 , do đó d1 và d2 cắt nhau.
Mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 .
19




Điểm trên (P): M1(1; −2; 3)
vtpt của (P): n = [u1, u2 ] = (5; −4;1)
Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x − 1) − 4(y + 2) + 1(z − 3) = 0
⇔ 5x − 4y + z − 16 = 0
Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là:
5.(−3) − 4.2 + (−3) − 16
42
d (A,(P )) =
=
= 42
42
52 + (−4)2 + 12

Câu Va: y = x 2 + x − 1 và y = x 4 + x − 1
Cho x 2 + x − 1 = x 4 + x − 1 ⇔ x 2 − x 4 = 0 ⇔ x = 0, x = ±1
Vậy, diện tích cần tìm là : S =

1

∫−1 x

2

− x 4 dx
0

1

 3 x5 

 3 x5 

2
2
4
x
x




⇔ S = ∫ (x − x )dx + ∫ (x − x )dx =  −  +  −  =
+
=
3
 −1
3
0
−1
0

5
5
15
15
15
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:
d1 đi qua điểm M1(1; −2; 3) , có vtcp u1 = (1;1; −1)
0

2

4

1

2

4

d2 đi qua điểm M 2 (−3;2; −3) , có vtcp u2 = (1;2; 3)



 1 −1 −1 1 1 1 


Ta có [u1, u2 ] = 
;
;

 = (5; −4;1)
2 3
3 1 1 2




và M 1M 2 = (−4; 4; −6)
Suy ra, [u1, u2 ].M 1M 2 = 5.(−4) − 4.4 + 1.(−6) = −42 ≠ 0 , do đó d1 và d2 chéo nhau.
Mặt phẳng (P) chứa d1 và song song với d2 .

Điểm trên (P): M1(1; −2; 3)
vtpt của (P): n = [u1, u2 ] = (5; −4;1)
Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x − 1) − 4(y + 2) + 1(z − 3) = 0
⇔ 5x − 4y + z − 16 = 0
Khoảng cách giữa hai đường thẳng d1 và d2 bằng khoảng cách từ M2 đến mp(P):
5.(−3) − 4.2 + (−3) − 16
42
d (d1, d2 ) = d (M 2,(P )) =
=
= 42
42
52 + (−4)2 + 12

Câu Vb:

y2
(y > 0) và x + y = 4 ⇔ x = 4 − y
2
Trục hồnh là đường thẳng có phương trình y = 0:

y = −4 (nhan)
y2
y2
Cho
= 4 −y ⇔
+ y − 4 = 0 ⇔ 
2
2
y = 2 (loai)
2 y2
Diện tích cần tìm là: S = ∫
+ y − 4 dx
0 2
2
2
 3

2 y2
 y + y − 4y  = − 14 = 14 (đvdt)


S = ∫ ( + y − 4)dx = 

6
0
0
2
2
3
3

Ta có, y = 2x ⇔ x =

20




KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP
Đề số 06

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

------------------------------

---------------------------------------------------

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x 3 + (m + 1)x 2 + (m 2 − 4)x − m + 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 2.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại giao điểm của (C ) với trục tung.
3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình: 2 log2 (x − 2) + log0,5 (2x − 1) = 0
2) Tính tích phân:

I =

3) Cho hàm số y = x .e

−

x2
2

1 (e x

∫0

+ 1)2
ex

dx

. Chứng minh rằng, xy ′ = (1 − x 2 )y

Câu III (1,0 điểm):
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a. Hai mặt bên (SAB)
và (SAD) vng góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chương trình chuẩn
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho A(0;1;2), B(−2; −1; −2),C (2; −3; −3), D(−1;2; −4)
1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vng. Tính diện tích của tam giác ABC.
2) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Tính thể tích tứ diện ABCD.
Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
2ω 2 − 2ω + 5 = 0

2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong khơng gian Oxyz , cho A(0;1;2), B(−2; −1; −2),C (2; −3; −3)
1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vng. Tính diện tích của tam giác ABC.
2) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm B đồng thời vng góc với mặt phẳng (ABC).
Xác định toạ độ điểm D trên ∆ sao cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 14.
Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
2

z + 4z = 8i
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................
21




BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I:
Với m = 2 ta có hàm số: y = 2x 3 + 3x 2 − 1
Tập xác định: D = ℝ
Đạo hàm: y ′ = 6x 2 + 6x
Cho y ′ = 0 ⇔ 6x 2 + 6x = 0 ⇔ x = 0 hoac x = −1
Giới hạn: lim y = −∞
;
lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

Bảng biến thiên
x –∞
y′
y

+

+∞

0

–1
0
0

0

–

+

+∞

–∞

–1

Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞; −1),(0; +∞) , NB trên khoảng (−1; 0)

Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại x CÑ = −1 , đạt cực tiểu yCT = –1 tại x CT = 0 .

1
1
y ′′ = 12x + 6 = 0 ⇔ x = − ⇒ y = − . Điểm uốn:
2
2
Giao điểm với trục hoành:

 1 1
I − ; − 


 2 2



cho y = 0 ⇔ 2x 3 + 3x 2 − 1 = 0 ⇔ x = −1 hoac x =
Giao điểm với trục tung: cho x = 0 ⇒ y = −1
Bảng giá trị: x

y

3
−2

−1

−1

−1
2

0

1
2

0

−1
2

−1

0

Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây
Giao điểm của (C ) với trục tung: A(0; −1)

y

1
2

-1 O

2

-1

x 0 = 0 ; y 0 = −1

f ′(0) = 0
Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y + 1 = 0(x − 0) ⇔ y = −1
y = 2x 3 + (m + 1)x 2 + (m 2 − 4)x − m + 1
Tập xác định D = ℝ
y ′ = 6x 2 + 2(m + 1)x + m 2 − 4
y ′′ = 12x + 2(m + 1)
Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 = 0 khi và chỉ khi
6.02 + 2(m + 1).0 + m 2 − 4 = 0
 f ′(0) = 0




⇔
 ′′
 f (0) > 0
12.0 + 2(m + 1) > 0





m 2 − 4 = 0
m = ±2




⇔
⇔
⇔ m = 2 (loai m = −2 vì − 2 < −1)

2m + 2 > 0
m > −1





Vậy, với m = 2 thì hàm số đạt tiểu tại x 0 = 0 .
Câu II:
2 log2 (x − 2) + log 0,5 (2x − 1) = 0 (*)


x − 2 > 0
x > 2


Điều kiện: 
⇔
⇔x >2

2x − 1 > 0
x > 1





2


22

1

x




Khi đó, (*) ⇔ log2 (x − 2)2 − log2 (2x − 1) = 0 ⇔ log2 (x − 2)2 = log2 (2x − 1)
x = 1 (loai)
(x − 2)2 = (2x − 1) ⇔ x 2 − 6x + 5 = 0 ⇔ 
x = 5 (nhan)
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5
1 (e x + 1)2
1 e 2x + 2e x + 1
1 e 2x
2e x
1
I =∫
dx = ∫
dx = ∫ ( x + x + x )dx
x
x
0
0
0 e

e
e
e
e

=

1

∫0 (e

1

+ 2 + e −x )dx = (e x + 2x − e−x ) 0 = (e1 + 2.1 − e−1 ) − (e 0 + 2.0 − e −0 ) = e + 2 −

x

Vậy, I =

1 (e x

∫0

Hàm số y = x .e

y ′ = (x )′ .e

−

x2

2

+ 1)2
e

−

x

dx = e + 2 −

1
e

1
e

x2
2

.

′

+ x . (e ) = e
−

x2
2

−

x2
2

+ x .e

−

′
x2 
x2 

2 . −



−

x2
2

− x .e
 =e
2



x2 
x2 




(1 − x 2 ).e − 2  = (1 − x 2 ).  x .e − 2  = (1 − x 2 )y




Do đó, xy ′ = x . 




Vậy, với y = x .e

−

x2
2




2

−

x2
2

= (1 − x )e
2

−

x2
2

ta có xy ′ = (1 − x 2 )y

Câu III
(SAB ) ⊥ (ABCD )



(SAD ) ⊥ (ABCD )
⇒ SA ⊥ (ABCD )


(SAB ) ∩ (SAD ) = SA




S

A
a

60

D

B
Suy ra hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC, do đó SCA = 600
2a
C
SA
tan SCA =
⇒ SA = AC . tan SCA = AB 2 + BC 2 . tan 600 = a 2 + (2a )2 . 3 = a 15
AC
S ABCD = AB.BC = a.2a = 2a 2
Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là: V =

1
1
2a 3 15
SAS ACBD = ⋅ a 15 ⋅ 2a 2 =
.
(đvtt)
3
3
3

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: A(0;1;2), B(−2; −1; −2),C (2; −3; −3), D(−1;2; −4)

AB = (−2; −2; −4) ⇒ AB = (−2)2 + (−2)2 + (−4)2 = 2 6
BC = (4; −2; −1) ⇒ BC = 42 + (−2)2 + (−1)2 = 21
⇒ AB.BC = −2.4 − 2.(−2) − 4.(−1) = 0 ⇒ ∆ABC vng tại B

1
1
Diện tích ∆ABC : S = AB.BC = .2 6. 21 = 3 14
2
2
Viết phương trình mặt phẳng (ABC)
Điểm trên mp(ABC): A(0;1;2)
 − 2 −4 −4 −2 − 2 −2 


 = (−6; −18;12)
;
vtpt của (ABC): u = n(ABC ) = [AB, BC ] = 

 − 2 −1 ; −1


4 4 −2 



PTTQ của mp(ABC): −6(x − 0) − 18(y − 1) + 12(z − 2)
23




⇔ −6x − 18y + 12z − 6 = 0
⇔ x + 3y − 2z + 1 = 0
Chiều cao ứng với đáy (ABC) của tứ diện ABCDlà khoảng cách từ D đến (ABC)

−1 + 3.2 − 2(−4) + 1
14
h = d (D,(ABC )) =
=
= 14
14
12 + 32 + (−2)2
Do BD ⊥ (ABC ) nên VABCD =

1
1
S ABC .h = .3 14. 14 = 14 (đvtt)
3
3

Câu Va: 2ω 2 − 2ω + 5 = 0 (*)
Ta có, ∆ = (−2)2 − 4.2.5 = −36 = (6i )2
Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt:
2 + 6i
1 3
2 − 6i
1 3
ω1 =
= + i ; ω2 =
= − i
4
2 2
4
2 2
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:
Hồn tồn giống như bài giải câu IVa.1 dành cho chương trình chuẩn
Đường thẳng ∆ đi qua điểm B đồng thời vng góc với mặt phẳng (ABC)
Điểm trên ∆ : B(−2; −1; −2)
vtcp của ∆ chính là vtpt của mp(ABC):
 −2 −4 −4 −2 −2 −2 


 = (−6; −18;12)
u = n(ABC ) = [AB, BC ] = 
;
;



4 4 −2 


 −2 −1 −1


x = −2 + t


PTTS của ∆ : y = −1 + 3t (t ∈ ℝ)


z = −2 − 2t




Điểm D ∈ ∆ có toạ độ dạng D(−2 + t; −1 + 3t ; −2 − 2t )
⇒ BD = (t; 3t ; −2t ) ⇒ BD = t 2 + (3t )2 + (−2t )2 = 14t 2 = 14 t

1
1
BD.S ABC = . 14 t .3 14 = 14 t
3
3
Vậy, VABCD = 14 ⇔ 14 t = 14 ⇔ t = ±1
t = 1 ⇒ D(−1;2; −4)
t = −1 ⇒ D(−3; −4; 0)
Do BD ⊥ (ABC ) nên VABCD =

2

Câu Vb: z + 4z = 8i
2

Đặt z = a + bi ⇒ z = a 2 + b 2 ⇒ z = a 2 + b 2 . Thay vào phương trình trên ta được:
2

z + 4z = 8i ⇔ a 2 + b 2 + 4(a + bi ) = 8i ⇔ a 2 + b 2 + 4a + 4bi = 8i
2
2
 2
 2
 2






a + b + 4a = 0
a + b + 4a = 0
a + 4a + 4 = 0
a = −2
⇔
⇔
⇔
⇔




4b = 8
b = 2
b = 2
b = 2







Vậy, z = –2 +2i

24