20 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2014 TỪ CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐÁP ÁN CHI TIẾT

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN
− Giáo d
ục trung học phổ thông
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
3 2
6 9 4
x x x
= − + − +

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 hoành.
3) Tìm m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt:
3 2
6 9 4 0
x x x m
− + − + =

Câu II (3,0 điểm):
1) Giải phương trình:
2 1
2 3.2 2 0
x x+
− − =

2) Tính tích phân:
1
0
(1 )
x
I x e dx
= +
∫

3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
2
( 1)
x
y e x x
= − −
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 60
0
. 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 không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho
(2; 0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C
− −
.
1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng
( )
ABC
.
2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông 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:
2 6 2
z z i
+ = +
.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho
(2; 0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C
− −

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 môđun của số phức z =
2011
( 3 )
i
−
.

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:


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

x x x
= − + − +


3 2
6 9 4
y x x x
= − + − +



 Tập xác định:
D
=
ℝ



 Đạo hàm:
2
3 12 9
y x x
′
= − + −



 Cho
2
1

0 3 12 9 0
3
x
y x x
x

=

′
= ⇔ − + − = ⇔

=





 Giới hạn:
;
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞



 Bảng biến thiên
x –∞ 1 3 +∞
y

′

– 0 + 0 –
y
+∞ 4
0 –∞


 Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (
–∞;1), (3;+∞)
Hàm số đạt cực đại
CÑ
4
y
=
tại
CÑ
3
x
=
;
đạt cực tiểu
CT
0
y
=
tại
CT
1
x

=




6 12 0 2 2
y x x y
′′
= − + = ⇔ = ⇒ =
. Điểm uốn là I(2;2)


 Giao điểm với trục hoành:
3 2
1
0 6 9 4 0
4
x
y x x x
x

=

= ⇔ − + − + = ⇔

=



Giao điểm với trục tung:

0 4
x y
= ⇒ =



 Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4
y 4 0 2 4 0


 Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm trục đối xứng như hình vẽ bên đây

3 2
( ) : 6 9 4
C y x x x
= − + − +
. Viết pttt tại giao điểm của
( )
C
với trục hoành.


 Giao điểm của
( )
C
với trục hoành:
(1;0), (4;0)
A B




 pttt với
( )
C
tại
(1;0)
A
:
vaø
pttt taïi

0 0
0
1 0
: 0 0( 1) 0
( ) (1) 0
x y
A y x y
f x f


= =

⇒ − = − ⇔ =

′ ′

= =








 pttt với
( )
C
tại
(4;0)
B
:
vaø
pttt taïi

0 0
0
4 0
: 0 9( 4) 9 36
( ) (4) 9
x y
B y x y x
f x f


= =

⇒ − = − − ⇔ = − +

′ ′


= = −







 Vậy, hai tiếp tuyến cần tìm là:
0
y
=
và
9 36
y x
= − +



 Ta có,
3 2 3 2
6 9 4 0 6 9 4 (*)
x x x m x x x m
− + − + = ⇔ − + − + =



 (*) là phương trình hoành độ giao điểm của
3 2

( ) : 6 9 4
C y x x x
= − + − +
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
0 4
m
< <



 Vậy, với 0 < m < 4 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.





2
60
2

a
O
C
B
A
D
S

Câu II

2 1 2
2 3.2 2 0 2.2 3.2 2 0
x x x x
+
− − = ⇔ − − =
(*)


 Đặt
2
x
t
=
(ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành
(nhan)
(loai)
2
1
2
2

2 3 2 0
t
t t
t

=

− − = ⇔

= −





 Với t = 2:
2 2 1
x
x
= ⇔ =



 Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 1.

1
0
(1 )
x
I x e dx

= +
∫



 Đặt
1
x x
u x du dx
dv e dx v e
 
 
= + =
 
 
⇒
 
 
= =
 
 
 
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
1 1
1
1 0 1 0
0
0
0
(1 ) (1 1) (1 0) 2 1 ( )

x x x
I x e e dx e e e e e e e
= + − = + − + − = − − − =
∫



 Vậy,
1
0
(1 )
x
I x e dx e
= + =
∫

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

x x x x x
y e x x e x x e x x e x e x x
′ ′ ′
= − − + − − = − − + − = + −



 Cho
(nhan)
(loai)
2 2
1 [0;2]
0 ( 2) 0 2 0
2 [0;2]
x
x
y e x x x x
x

= ∈

′
= ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔

= − ∉






 Ta có,
1 2
(1) (1 1 1)
f e e
= − − = −

0 2
(0) (0 0 1) 1
f e
= − − = −

2 2 2
(2) (2 2 1)
f e e
= − − =



 Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là
e
−
và số lớn nhất là
2
e



 Vậy,
khi khi
2

[0;2] [0;2]
min 1; max 2
y e x y e x
= − = = =

Câu III


 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

0
60
SBO
=
(là góc giữa SB và mặt đáy)


 Ta có,



tan .tan .tan
2
SO BD

SBO SO BO SBO SBO
BO
= ⇒ = =

0
2. tan 60 6
a a
= =



 Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là
3
1 1 1 4 6
. . . 2 .2 . 6
3 3 3 3
a
V B h AB BC SO a a a
= = = =

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: Với
(2; 0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C
− −
.


Ta có hai véctơ:
( 1; 2;4)

AB
= − −

,
( 2;1;3)
AC
= −




3




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


− −



 
 

không thẳng hàng.


 Điểm trên mp
( )
ABC
:
(2; 0; 1)
A
−



 vtpt của mp
( )
ABC
:
[ , ] ( 10; 5; 5)
n AB AC
= = − − −
 




 Vậy, PTTQ của mp
( )
ABC
:
0 0 0
( ) ( ) ( ) 0
A x x B y y C z z
− + − + − =

10( 2) 5( 0) 5( 1) 0
10 5 5 15 0
2 3 0
x y z
x y z
x y z
⇔ − − − − − + =
⇔ − − − + =
⇔ + + − =



 Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng
( )
α
, có vtcp
(2;1;1)
u

=




 PTTS của
2
:
x t
d y t
z t


=



=



=



. Thay vào phương trình mp
( )
α
ta được:
1

2
2(2 ) ( ) ( ) 3 0 6 3 0t t t t t
+ + − = ⇔ − = ⇔ =



 Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là
(
)
1 1
2 2
1; ;
H

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

 
= =
 
⇔ ⇔ ⇒ = − ⇒ = +
 
 
− = = −
 
 



 Vậy,
2 2
z i
= +

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb: Với
(2; 0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)
A B C
− −
.
 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
(2; 0; 1)
A
−

, có vtcp
( 2;1;3)
u AC
= = −





 Ta có,
( 1; 2;4)
AB
= − −


( 2;1; 3)
u AC
= = −
 
. Suy ra

2 4 4 1 1 2
[ , ] ; ; ( 10; 5; 5)
1 3 3 2 2 1
AB u
 
− − − −





= = − − −




− −



 
 



 Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta được
2 2 2
2 2 2
[ , ] ( 10) ( 5) ( 5)
15
( , )
14
( 2) (1) (3 )
AB u
d B AC
u
− + − + −
= = =
− + +







 Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm
(1; 2;3)
B
−
, bán kính
15
( , )
14
R d B AC= =
nên có pt
2 2 2
225
( 1) ( 2) ( 3)
14
x y z− + + + − =

Câu Vb:

 Ta có,
3 3 2 2 3 3
( 3 ) ( 3) 3.( 3) . 3. 3. 3 3 9 3 3 2 .
i i i i i i i
− = − + − = − − + = −




 Do đó,
670
2010 3 3 670 2010 670 2010 4 167 2 2010
( 3 ) ( 3 ) ( 2 ) 2 . 2 .( ) . 2
i i i i i i
 
− = − = − = = = −
 
 

Vậy,
2011 2010
( 3 ) 2 .( 3 )
z i i
= − = − −
2010 2 2
2 . ( 3) 1 2011
z
⇒ = + =





4
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN
− Giáo d
ục trung học phổ thông

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:
3 2
3 3
y x x x
= − +

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

2) Tính tích phân:

0
(1 cos )
I x xdx
π
= +
∫

3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
2
( 3)
x
y e x
= −
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 vuông góc với mặt
phẳng đáy và có độ dài là
3
a
, cạnh bên SB tạo với đáy một góc 60
0
. Tính diện tích toàn 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
(2;1;1)
A
và hai đường thẳng
,

1 2 1 2 2 1
: :
1 3 2 2 3 2
x y z x y z
d d
− + + − − +
′
= = = =
− − −

1) Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
đi qua điểm A đồng thời vuông góc với đường thẳng d
2) Viết phương trình của đường thẳng
∆
đi qua điểm A, vuông 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:
4 2
( ) 2( ) 8 0
z z
− − =

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
( ) : 2 2 1 0

P x y z
− + + =
và
2 2 2
( ) : – 4 6 6 17 0
S x y z x y z
+ + + + + =

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

Hết
Thí sinh không 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:


5
x
y
2
2
1

I
O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I :

3 2
3 3
y x x x
= − +



 Tập xác định:
D
=
ℝ



 Đạo hàm:
2
3 6 3
y x x
′
= − +



 Cho

2
0 3 6 3 0 1
y x x x
′
= ⇔ − + = ⇔ =



 Giới hạn:
;
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞



 Bảng biến thiên
x –
∞
1 +
∞

y
′

+
0

+

y

–
∞
1 +
∞




 Hàm số ĐB trên cả tập xác định; hàm số không đạt cực trị.



6 6 0 1 1
y x x y
′′
= − = ⇔ = ⇒ =
. Điểm uốn là I(1;1)


 Giao điểm với trục hoành:
Cho
3 2
0 3 3 0 0
y x x x x
= ⇔ − + = ⇔ =

Giao điểm với trục tung:
Cho
0 0
x y
= ⇒ =



 Bảng giá trị: x 0 1 2
y 0 1 2


 Đồ thị hàm số (như hình vẽ bên đây):

3 2
( ) : 3 3
C y x x x
= − +
. Viết của
( )
C
song song với đường thẳng
: 3
y x
∆ =
.


 Tiếp tuyến song song với
: 3

y x
∆ =
nên có hệ số góc
0
( ) 3
k f x
′
= =

Do đó:
2 2
0
0 0 0 0
0
0
3 6 3 3 3 6 0
2
x
x x x x
x

=

− + = ⇔ − = ⇔

=






 Với
0
0
x
=
thì
3 2
0
0 3.0 3.0 0
y
= − + =

và
0
( ) 3
f x
′
=
nên pttt là:
0 3( 0) 3
y x y x
− = − ⇔ =
(loại vì trùng với
∆
)


 Với
0

2
x
=
thì
3 2
0
2 3.2 3.2 2
y
= − + =

và
0
( ) 3
f x
′
=
nên pttt là:
2 3( 2) 3 4
y x y x
− = − ⇔ = −



 Vậy, có một tiếp tuyến thoả mãn đề bài là:
3 4
y x
= −

Câu II


6.4 5.6 6.9 0
x x x
− − =
. Chia 2 vế pt cho
9
x
ta được
2
4 6 2 2
6. 5. 6 0 6. 5. 6 0
3 3
9 9
x x
x x
x x
   
 
 
 
− − = ⇔ − − =
 
 
 
   
(*)


 Đặt
2
3

x
t
 



=



 
(ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành
(nhan) , (loai)
2
3 2
6 5 6 0
2 3
t t t t− − = ⇔ = = −



V
ớ
i
3
2
t
=
:
1

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




V
ậ
y, ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t

1
x
= −
.


6
60
a
3
A
B
C
S

0 0 0
(1 cos ) cos
I x xdx xdx x xdx
π π π
= + = +
∫ ∫ ∫




V
ớ
i
2 2 2 2
1

0
0
0
2 2 2 2
x
I xdx
π
π
π π
= = = − =
∫




V
ớ
i

2
0
cos
I x xdx
π
=
∫



 Đặ

t
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
 
 
= =
 
⇒
 
 
= =
 
 
. Thay vào công th
ứ
c tích phân t
ừ
ng ph
ầ
n ta
đượ
c:
0 0
2
0
0
sin sin 0 ( cos ) cos cos cos 0 2
I x x xdx x x
π

π π π
π
= − = − − = = − = −
∫




V
ậ
y,
2
1 2
2
2
I I I
π
= + = −




Hàm s
ố

2
( 3)
x
y e x
= −

liên t
ụ
c trên
đ
o
ạ
n [–2;2]



2 2 2 2
( ) ( 3) ( 3) ( 3) (2 ) ( 2 3)
x x x x x
y e x e x e x e x e x x
′ ′ ′
= − + − = − + = + −




Cho
(nhan)
(loai)
2 2
1 [ 2;2]
0 ( 2 3) 0 2 3 0
3 [ 2;2]
x
x
y e x x x x

x

= ∈ −

′
= ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔

= − ∉ −






Ta có,
1 2
(1) (1 3) 2
f e e
= − = −

2 2 2
( 2) [( 2) 3]
f e e
− −
− = − − =

2 2 2
(2) (2 3)
f e e
= − =




Trong các k
ế
t qu
ả
trên, s
ố
nh
ỏ
nh
ấ
t là
2
e
−
và s
ố
l
ớ
n nh
ấ
t là
2
e





V
ậ
y, khi khi
2
[ 2;2] [ 2;2]
min 2 1; max 2
y e x y e x
− −
= − = = =

Câu III



Theo gi
ả
thi
ế
t,
, , ,
SA AB SA AC BC AB BC SA
⊥ ⊥ ⊥ ⊥

Suy ra,
( )
BC SAB
⊥
và nh
ư

v
ậ
y
BC SB
⊥

Do
đ
ó, t
ứ
di
ệ
n
S
.
ABC
có 4 m
ặ
t
đề
u là các tam giác vuông.



Ta có,
AB
là hình chi
ế
u c
ủ

a
SB
lên (
ABC
) nên

0
60
SBA
=




3
tan ( )
3
tan
SA SA a
SBA AB a BC
AB
SBO
= ⇒ = = = =



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

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




V
ậ
y, di
ệ
n tích toàn ph
ầ
n c
ủ
a t
ứ
di
ệ
n
S
.
ABC
là:
2
1
( . . . . )

2
1 3 3 6
( 3. 2 . 3. 2 . )
2 2
TP SAB SBC SAC ABC
S S S S S
SA AB SB BC SA AC AB BC
a a a a a a a a a
∆ ∆ ∆ ∆
= + + +
= + + +
+ +
= + + + = ⋅

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:


 Đ
i
ể
m trên mp
( )
α
:
(2;1;1)
A

7
d
d'
α
αα
α
A
B
I



vtpt c
ủ
a
( )
α

là vtcp c
ủ
a
d
:
(1; 3;2)
d
n u
= = −
 





V
ậ
y, PTTQ c
ủ
a mp
( )
α
:
0 0 0
( ) ( ) ( ) 0
A x x B y y C z z
− + − + − =

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




PTTS c
ủ

a
2 2
: 2 3
1 2
x t
d y t
z t


= +



′
= −



= − −



. Thay vào ph
ươ
ng trình mp
( )
α
ta
đượ
c:

(2 2 ) 3(2 3 ) 2( 1 2 ) 1 0 7 7 0 1
t t t t t
+ − − + − − − = ⇔ − = ⇔ =




Giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
( )
α
và
d
′
là
(4; 1; 3)
B
− −



 Đườ
ng th
ẳ
ng

∆
chính là
đườ
ng th
ẳ
ng
AB
,
đ
i qua
(2;1;1)
A
, có vtcp
(2; 2; 4)
u AB
= = − −


nên
có PTTS:
2 2
: 1 2 ( )
1 4
x t
y t t
z t


= +




∆ = − ∈



= −



ℝ

Câu Va:
4 2
( ) 2( ) 8 0
z z
− − =



 Đặ
t
2
( )
t z
=
, thay vào ph
ươ
ng trình ta
đượ

c
2
2
2
2 2
4 ( ) 4
2 8 0
2
2 2
( ) 2
z z
t z
t t
t
z i z i
z

 

= ± = ±
= =

 

− − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

 

= −
= ± =

= −

 


 

∓




V
ậ
y, ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 4 nghi
ệ
m:
1 2 3 4
2 ; 2 ; 2 ; 2
z z z i z i
= = − = = −
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:




T
ừ
pt c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u (
S
) ta tìm
đượ
c h
ệ
s
ố
:
a
= 2,
b
= –3,
c
= –3 và
d
= 17
Do
đ
ó, m
ặ
t c

ầ
u (
S
) có tâm
I
(2;–3;–3), bán kính
2 2 2
2 ( 3) ( 3) 17 5
R
= + − + − − =




Kho
ả
ng cách t
ừ
tâm
I

đế
n mp(
P
):
2 2 2
2 2( 3) 2( 3) 1
( ,( )) 1
1 ( 2) 2
d d I P R

− − + − +
= = = <
+ − +




Vì
( ,( ))
d I P R
<
nên (
P
) c
ắ
t m
ặ
t c
ầ
u (
S
) theo giao tuy
ế
n là
đườ
ng tròn (
C
)




G
ọ
i
d
là
đườ
ng th
ẳ
ng qua tâm
I
c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u và vuông góc mp(
P
) thì
d
có vtcp
(1; 2;2)
u
= −

nên có PTTS
2
: 3 2
3 2

x t
d y t
z t


= +



= − −



= − +



(*)
. Thay (*) vào pt m
ặ
t ph
ẳ
ng (
P
) ta
đượ
c
1
(2 ) 2( 3 2 ) 2( 3 2 ) 1 0 9 3 0
3

t t t t t
+ − − − + − + + = ⇔ + = ⇔ = −




V
ậ
y,
đườ
ng tròn (
C
) có tâm
5 7 11
; ;
3 3 3
H
 



− −



 
và bán kính
2 2
5 1 2
r R d

= − = − =

Câu Vb:





2 2
2
1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2
2 2 (2 2 )(2 2 ) 8 4 4 4 4 4
4 4
i i i
z i z
i i i
i
   
− + +
 
 
 
= = = = = + ⇒ = + =
 
 
 
   
+ + −
−

8



V
ậ
y,
1 1 2 2 2 2
cos sin
4 4 4 2 2 4 4 4
z i i i
π π
 
 







= + = + = +





 

   



9
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN
− Giáo d
ục trung học phổ thông
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 s
ố
:
4 2
4 3
y x x
= − + −

1)
Kh
ả
o sát s
ự

bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị

( )
C
c
ủ
a hàm s
ố

đ
ã cho.
2)
D
ự
a vào
( )
C
, hãy bi
ệ
n lu
ậ
n s
ố

nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình:
4 2
4 3 2 0
x x m
− + + =

3)
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n v
ớ
i
( )
C
t
ạ
i
đ

i
ể
m trên
( )
C
có hoành
độ
b
ằ
ng
3
.
Câu II (3,0 điểm):
1)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
1
7 2.7 9 0
x x−
+ − =

2)
Tính tích phân:
2
(1 ln )
e
e

I x xdx
= +
∫

3)
Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t và nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a hàm s
ố
:
2
2 2
1
x x
y
x
+ +
=
+
trên

đ
o
ạ
n
1
2
[ ;2]
−

Câu III (1,0 điểm):
Cho hình chóp
S
.
ABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình vuông c
ạ
nh
a
,
SA
vuông góc v
ớ
i m
ặ
t
đ

áy,
SA
= 2
a
.
Xác
đị
nh tâm và tính di
ệ
n tích m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p 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 v
ớ
i h
ệ
to

ạ

độ

( , , , )
O i j k

 
, cho
2 3 2
OI i j k
= + −


 
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
P
có ph
ươ
ng trình:
2 2 9 0
x y z
− − − =

1)

Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u
( )
S
có tâm là
đ
i
ể
m
I
và ti
ế
p xúc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
P
.
2)

Vi
ế
t ph
ươ
ng trình mp
( )
Q
song song v
ớ
i mp
( )
P

đồ
ng th
ờ
i ti
ế
p xúc v
ớ
i m
ặ
t c
ầ
u
( )
S

Câu Va (1,0 điểm):
Tính di

ệ
n tích hình ph
ẳ
ng gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i các
đườ
ng sau
đ
ây:
3 2
4 3 1
y x x x
= − + −
và
2 1
y x
= − +

2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm):
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr

ụ
c to
ạ

độ

Oxyz
, cho
đ
i
ể
m
A
(–1;2;7) và
đườ
ng th
ẳ
ng
d
có
ph
ươ
ng trình:
2 1
1 2 1
x y z
− −
= =

1)

Hãy tìm to
ạ

độ
c
ủ
a hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a
đ
i
ể
m
A
trên
đườ
ng th
ẳ
ng
d
.
2)
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ

t c
ầ
u tâm
A
ti
ế
p xúc v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
d
.
Câu Vb (1,0 điểm):
Gi
ả
i h
ệ
pt
4 4 4
log log 1 log 9
20 0
x y
x y


+ = +




+ − =



Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
H
ọ
và tên thí sinh: S
ố
báo danh:
Ch
ữ
ký c
ủ
a giám th
ị
1: Ch
ữ
ký c
ủ
a giám th
ị
2:


10
BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I :


4 2
4 3
y x x
= − + −




T
ậ
p xác
đị
nh:
D
=
ℝ



 Đạ
o hàm:
3
4 8
y x x
′
= − +




Cho
3 2
2 2
0
4 0 0
0 4 8 0 4 ( 2) 0
2 0 2
2
x
x x
y x x x x
x x
x

 
=
= =

 
′
= ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔

 
− + = =
= ±

 

 





Gi
ớ
i h
ạ
n:
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = −∞
;




B
ả
ng bi
ế
n thiên
x
–
∞

2
−
0
2
+
∞

y
′

+ 0 – 0 + 0 –
y
1 1

–
∞
–3 –
∞




Hàm s
ố

Đ
B trên các kho
ả
ng
( ; 2),(0; 2)

−∞ −
, NB trên các kho
ả
ng
( 2;0),( 2; )
− +∞

Hàm s
ố

đạ
t c
ự
c
đạ
i
y
CĐ
= 1 t
ạ
i
2
x = ±
CÑ
,
đạ
t c
ự
c ti
ể

u
y
CT
= –3 t
ạ
i
0
x
=
CT
.



Giao
đ
i
ể
m v
ớ
i tr
ụ
c hoành: cho
2
4 2
2
1
1
0 4 3 0
3

3
x
x
y x x
x
x


= ±
=


= ⇔ − + − = ⇔ ⇔


= ±
=





Giao
đ
i
ể
m v
ớ
i tr
ụ

c tung: cho
0 3
x y
= ⇒ = −




B
ả
ng giá tr
ị
:
x

3
−

2
−
0
2

3

y
0 1 –3 1 0


 Đồ

th
ị
hàm s
ố
:
x
y
y
= 2m
2
- 2
- 3
3
1
2m
-3
-1
O
1


4 2 4 2
4 3 2 0 4 3 2
x x m x x m
− + + = ⇔ − + − =
(*)



S

ố
nghi
ệ
m pt(*) b
ằ
ng v
ớ
i s
ố
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
4 2
( ) : 4 3
C y x x
= − + −
và
d
:
y
= 2
m
.




Ta có b
ả
ng k
ế
t qu
ả
:
M
2
m
S
ố
giao
đ
i
ể
m
c
ủ
a (
C
) và
d
S
ố
nghi
ệ
m
c
ủ

a pt(*)
m
> 0,5 2
m
> 1 0 0
m
= 0,5 2
m
= 1 2 2
–1,5<
m
< 0,5 –3< 2
m
< 1 4 4
m

=
–
1,5

2
m

=
–
3

3

3

m

<
–
1,5

2
m

<
–
3

2

2




0 0
3 0
x y
= ⇒ =


3
0
( ) ( 3) 4 8 4 3

f x f y x x
′ ′ ′
= = = − + = −
i



11
a
2a
I
C
B
A
D
S



V
ậ
y, pttt c
ầ
n tìm là:
0 4 3( 3) 4 3 12
y x y x
− = − − ⇔ = − +

Câu II
1

7
7 2.7 9 0 7 2. 9 0
7
x x x
x
−
+ − = ⇔ + − =
(*)


 Đặ
t
7
x
t
=
(
Đ
K:
t
> 0), ph
ươ
ng trình (*) tr
ở
thành
nhan
nhan
2 2
2( )
14

9 0 14 9 0 9 14 0
7( )
t
t t t t t
t
t

=

+ − = ⇔ + − = ⇔ − + = ⇔

=






V
ớ
i
2
t
=
:
7
7 2 log 2
x
x
= ⇔ =




V
ớ
i
7
t
=
:
7 7 1
x
x
= ⇔ =




V
ậ
y, ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có các nghi
ệ
m :
1
x

=
và
7
log 2
x
=


2
(1 ln )
e
e
I x xdx
= +
∫



 Đặ
t
2
1
1 ln
2
du dx
u x
x
dv xdx
x
v




=



= +



⇒
 
 
=
 

=




. Thay vào công th
ứ
c tích phân t
ừ
ng ph
ầ
n ta
đượ

c:

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




V
ậ
y,

4 2
5 3
4 4
e e
I = −




Hàm s
ố

2
2 2
1
x x
y
x
+ +
=
+
liên t
ụ
c trên
đ
o
ạ
n
1
2

[ ;2]
−




2 2 2 2
2 2 2
( 2 2) ( 1) ( 2 2)( 1) (2 2)( 1) ( 2 2)1 2
( 1) ( 1) ( 1)
x x x x x x x x x x x x
y
x x x
′ ′
+ + + − + + + + + − + + +
′
= = =
+ + +




Cho
(nhan)
(loai)
1
2
2
1
2

0 [ ;2]
0 2 0
2 [ ;2]
x
y x x
x

= ∈ −

′
= ⇔ + = ⇔

= − ∉ −






Ta có,
(0) 2
f
=

1 5
2 2
f
 




− =



 

10
(2)
3
f =




Trong các k
ế
t qu
ả
trên, s
ố
nh
ỏ
nh
ấ
t là 2 và s
ố
l
ớ
n nh

ấ
t là
10
3




V
ậ
y,
khi khi
1 1
2 2
[ ;2] [ ;2]
10
min 2 0; max 2
3
y x y x
− −
= = = =

Câu III


Theo gi
ả
thi
ế
t,

, , ,
SA AC SA AD BC AB BC SA
⊥ ⊥ ⊥ ⊥

Suy ra,
( )
BC SAB
⊥
và nh
ư
v
ậ
y
BC SB
⊥

Hoàn toàn t
ươ
ng t
ự
, ta c
ũ
ng s
ẽ
ch
ứ
ng minh
đượ
c
CD SD

⊥
.




A
,
B
,
D
cùng nhìn
SC
d
ướ
i 1 góc vuông nên
A
,
B
,
D
,
S
,
C
cùng thu
ộ
c

đườ
ng tròn
đườ
ng kính
SC
, có tâm là trung
đ
i
ể
m
I
c
ủ
a
SC
.



Ta có,
2 2 2 2
(2 ) ( 2) 6
SC SA AC a a a
= + = + =




Bán kính m
ặ

t c
ầ
u:
6
2 2
SC a
R = =



12



V
ậ
y, di
ệ
n tích m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p
S
.
ABCD

là:
2
2 2
6
4 4 6
2
a
S R a
π π π
 




= = =




 

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:


2 3 2 (2;3; 2)
OI i j k I
= + − ⇒ −



 




Tâm c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u:
(2;3; 2)
I
−




Bán kính c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u:
2 2 2
2 2.3 2.( 2) 9
9
( ,( )) 3

3
1 ( 2) ( 2)
R d I P
− − − −
= = = =
+ − + −




V
ậ
y, pt m
ặ
t c
ầ
u
( )
S
là:
2 2 2 2
( ) ( ) ( )
x a y b z c R
− + − + − =

2 2 2
( 2) ( 3) ( 2) 9
x y z
⇔ − + − + + =




( ) || ( ) : 2 2 9 0
Q P x y z
− − − =
nên (
Q
) có vtpt
( )
(1; 2; 2)
P
n n
= = − −
 

Do
đ
ó PTTQ c
ủ
a mp(
Q
) có d
ạ
ng
( ) : 2 2 0 ( 9)
Q x y z D D
− − + = ≠ −




Do (
Q
) ti
ế
p xúc v
ớ
i m
ặ
t c
ầ
u (
S
) nên
(nhan)
loai
2 2 2
9
2 2.3 2.( 2)
( ,( )) 3 3 9
9( )
3
1 ( 2) ( 2)
D
D
D
d I Q R D
D


=
− − − +

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔

= −

+ − + −





V
ậ
y, PTTQ c
ủ
a mp(
Q
) là:
( ) : 2 2 9 0
Q x y z
− − + =

Câu Va:


Cho
3 2 3 2

1
4 3 1 2 1 4 5 2
2
x
x x x x x x x
x

=

− + − = − + ⇔ − + − ⇔

=






Di
ệ
n tích c
ầ
n tìm là:
2
3 2
1
4 5 2
S x x x dx
= − + −
∫

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




G
ọ
i
H
là hình chi
ế
u c
ủ
a
A
lên
d
thì
(2 ;1 2 ; )
H t t t
+ +
, do
đ
ó
(3 ;2 1; 7)
AH t t t
= + − −






Do
AH d
⊥
nên
. 0 (3 ).1 (2 1).2 ( 7).1 0 6 6 0 1
d
AH u t t t t t
= ⇔ + + − + − = ⇔ − = ⇔ =






V
ậ
y, to
ạ

độ
hình chi
ế
u c
ủ
a
A
lên
d
là
(3;3;1)

H




Tâm c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u:
A
(–1;2;7)



Bán kính m
ặ
t c
ầ
u:
2 2 2
4 1 ( 6) 53
R AH
= = + + − =





V
ậ
y, ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u là:
2 2 2
( 1) ( 2) ( 7) 53
x y z
+ + − + − =

Câu Vb:

 Đ
K:
x
> 0 và
y
> 0




4 4 4 4 4
log log 1 log 9 log log 36 36
20 0 20 0 20
x y xy xy

x y x y x y
  
  
+ = + = =
  
⇔ ⇔
  
  
+ − = + − = + =
  
  





x
và
y
là nghi
ệ
m ph
ươ
ng trình:
2
18 0
20 36 0
2 0
X
X X

X

= >

− + = ⇔

= >






V
ậ
y, h
ệ
pt
đ
ã cho có các nghi
ệ
m:
;
18 2
2 18
x x
y y
 
 
= =

 
 
 
= =
 
 




13

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN
− Giáo d
ục trung học phổ thông
Đề số 04 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 s
ố
:
2 1
1
x

y
x
−
=
−

1)
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị

( )
C
c
ủ
a hàm s
ố

đ
ã cho.
2)

Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n v
ớ
i
đồ
th
ị

( )
C
bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n có h
ệ
s
ố
góc b
ằ
ng – 4.

Câu II (3,0 điểm):
1)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2 2
2 4
log log (4 ) 5 0
x x
− − =

2)
Tính tích phân:
3
0
sin cos
cos
x x
I dx
x
π
+
=
∫

3)
Tìm các giá tr
ị

c
ủ
a tham s
ố

m

để
hàm s
ố
sau
đ
ây
đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
đ
i
ể
m
0
2
x
=

3 2 2
3 ( 1) 2
y x mx m x
= − + − +

Câu III (1,0 điểm):
Cho hình chóp
S
.
ABC
có
đ
áy là tam giác vuông t
ạ
i
B
,

BAC
= 30
0
,
SA
=
AC
=
a
và
SA
vuông

góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (
ABC
).Tính
V
S.ABC
và kho
ả
ng cách t
ừ

A

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng (
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 không gian v

ớ
i h
ệ
to
ạ

độ

( , , , )
O i j k

 
, cho
3 2
OM i k
= +



, m
ặ
t c
ầ
u
( )
S
có
ph
ươ
ng trình:

2 2 2
( 1) ( 2) ( 3) 9
x y z
− + + + − =

1)
Xác
đị
nh to
ạ

độ
tâm
I
và bán kính c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u
( )
S
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
đ
i

ể
m
M
n
ằ
m trên m
ặ
t
c
ầ
u, t
ừ

đ
ó vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
α
ti
ế
p xúc v
ớ
i m

ặ
t c
ầ
u t
ạ
i
M
.
2)
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
d

đ
i qua tâm
I
c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u, song song v

ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
α
,
đồ
ng th
ờ
i vuông góc v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
1 6 2
:
3 1 1
x y z
+ − −
∆ = =
−
.
Câu Va (1,0 điểm):
Gi
ả

i ph
ươ
ng trình sau
đ
ây trên t
ậ
p s
ố
ph
ứ
c:
2
2 5 0
z z
− + − =

2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm):
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
to
ạ

độ

Oxyz
, cho t
ứ

di
ệ
n
ABCD
có to
ạ

độ
các
đỉ
nh là
A
(1;1;1) ,
B
(1;2;1) ,
C
(1;1;2) ,
D
(2;2;1)
1)
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng vuông góc chung c
ủ
a
AB

và
CD
.
2)
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u (
S
) ngo
ạ
i ti
ế
p t
ứ
di
ệ
n
ABCD
.
Câu Vb (1,0 điểm):
Tính di
ệ
n tích hình ph
ẳ

ng gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i các
đườ
ng sau
đ
ây
ln
y x
=
, tr
ụ
c hoành và
x
=
e
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
H
ọ
và tên thí sinh: S
ố
báo danh:
Ch
ữ
ký c

ủ
a giám th
ị
1: Ch
ữ
ký c
ủ
a giám th
ị
2:


14
x
y
1
2
2,5
3
3
2
-1
O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I:


2 1
1

x
y
x
−
=
−




T
ậ
p xác
đị
nh:
\ {1}
D
=
ℝ



 Đạ
o hàm:
2
1
0,
( 1)
y x D
x

−
′
= < ∀ ∈
−




Hàm s
ố

đ
ã cho NB trên các kho
ả
ng xác
đị
nh và không
đạ
t c
ự
c tr
ị
.



Gi
ớ
i h
ạ

n và ti
ệ
m c
ậ
n:
;
lim 2 lim 2 2
x x
y y y
→−∞ →+∞
= = ⇒ =
là ti
ệ
m c
ậ
n ngang.
;
1 1
lim lim 1
x x
y y x
− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒ =
là ti
ệ
m c
ậ
n
đứ

ng.



B
ả
ng bi
ế
n thiên
x –
∞
1 +
∞

y
′

–
–
y
2
–
∞

+
∞


2




Giao
đ
i
ể
m v
ớ
i tr
ụ
c hoành:
1
0 2 1 0
2
y x x
= ⇔ − = ⇔ =

Giao
đ
i
ể
m v
ớ
i tr
ụ
c tung: cho
0 1
x y
= ⇒ =




B
ả
ng giá tr
ị
:
x
–1 0 1 2 3
y
3/2 1 || 3 5/2


 Đồ
th
ị
hàm s
ố
nh
ư
hình v
ẽ
bên
đ
ây:

2 1
( ) :

1
x
C y
x
−
=
−




Ti
ế
p tuy
ế
n có h
ệ
s
ố
góc b
ằ
ng –4 nên
0
( ) 4
f x
′
= −

0 0
2

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




V
ớ
i
3
2
0 0
3
2
2. 1
3
4
2
1
x y
−
= ⇒ = =
−
.pttt là:
3
4 4 4 10
2
y x y x
 




− = − − ⇔ = − +



 




V
ớ
i
1
2
0 0
1
2
2. 1
1
0
2
1
x y
−
= ⇒ = =
−
. pttt là:
1
0 4 4 2
2

y x y x
 



− = − − ⇔ = − +



 




V
ậ
y, có 2 ti
ế
p tuy
ế
n tho
ả
mãn ycbt là :
4 2
y x
= − +
và
4 10
y x
= − +

Câu II:


 Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
x
> 0. Khi
đ
ó, ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i
2 2 2
2 4 4 2 2
log (log 4 log ) 5 0 log log 6 0
x x x x
− + − = ⇔ − − =
(*)



 Đặ
t
2
log
t x
=
, ph
ươ
ng trình (*) tr
ở
thành
3
2
2
2
2
3 log 3 2
6 0
2 log 2
2
t x x
t t
t x
x
−

 
= = =


 
− − = ⇔ ⇔ ⇔

 
= − = −
=

 
 

(nh
ậ
n c
ả
hai nghi
ệ
m)



V
ậ
y, ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có hai nghi
ệ
m :

8
x
=
và
1
4
x
=


3 3 3 3
0 0 0 0
sin cos sin cos sin
1.
cos cos cos cos
x x x x x
I dx dx dx dx
x x x x
π π π π
 
+



= = + = +



 
∫ ∫ ∫ ∫

15
a
a
A
B
C
S



V
ớ
i
3
1
0
sin .
cos
x dx
I
x
π
=
∫
, ta
đặ
t

cos sin . sin .
t x dt x dx x dx dt
= ⇒ = − ⇒ = −

Đổ
i c
ậ
n:
x
0
3
π


t
1
1
2

Thay vào:
1
2
1
1
1
2
1
1
1
2

1
ln ln1 ln ln 2
2
dt dt
I t
t t
 
−



= = = = − =



 
∫ ∫




V
ớ
i
3
3
0
2
0
1.

3
I dx x
π
π
π
= = =
∫




V
ậ
y,
1 2
ln 2
3
I I I
π
= + = +



3 2 2
3 ( 1) 2
y x mx m x
= − + − +

có TX
Đ

D
=
ℝ




2 2
3 6 1
y x mx m
′
= − + −




6 6
y x m
′′
= −




Hàm s
ố

đạ
t c

ự
c ti
ể
u t
ạ
i
2 2
0
(2) 0
3.2 6 .2 1 0
2
(2) 0
6.2 6 0
f
m m
x
f
m



′

=
− + − =



= ⇔ ⇔
 

′′
 
>
− >
 




hoac
2
1 11
12 11 0
1
2
12 6 0
m m
m m
m
m
m




= =
− + =




⇔ ⇔ ⇔ =
 
 
<
− >
 







V
ậ
y, v
ớ
i
m
= 1 thì hàm s
ố

đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i

0
2
x
=

Câu III


Theo gi
ả
thi
ế
t,
, ,
SA AB BC AB BC SA
⊥ ⊥ ⊥

Suy ra,
( )
BC SAB
⊥
và nh
ư
v
ậ
y
BC SB
⊥





Ta có,
0
3
.cos 30
2
a
AB AC= =

và
0
.sin 30
2
a
BC AC
= =

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




2 3
.

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




2
1 1 7 7
.
2 2 2 2 8
SBC
a a a
S SB BC
∆
= = ⋅ ⋅ =




3
.
.
2
3

1 3 8 21
( ,( )). ( ,( )) 3
3 24 7
7
S ABC
S ABC SBC
SBC
V
a a
V d A SBC S d A SBC
S
a
∆
∆
= ⇒ = = ⋅ ⋅ =

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:


3 2 (3;0;2)
OM i k M
= + ⇒



và
2 2 2
( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 9
S x y z

− + + + − =




M
ặ
t c
ầ
u có tâm
(1; 2;3)
I
−
và bán kính
3
R
=




Thay to
ạ

độ

đ
i
ể
m

M
vào ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u:
2 2 2
(3 1) (0 2) (2 3) 9
− + + + − =
là
đ
úng
Do
đ
ó,
( )
M S
∈





( )
α

đ
i qua

đ
i
ể
m
M
, có vtpt
(2;2; 1)
n IM
= = −






V
ậ
y, PTTQ c
ủ
a
( )
α
là:
2( 3) 2( 0) 1( 2) 0 2 2 4 0
x y z x y z
− + − − − = ⇔ + − − =



 Đ

i
ể
m trên
d
:
(1; 2;3)
I
−




( )
α
có vtpt
(2;2; 1)
n
= −

và
∆
có vtcp
(3; 1;1)
u
∆
= −

nên
d
có vtcp

16
2 1 1 2 2 2
[ , ] ; ; (1; 5; 8)
1 1 1 3 3 1
u n u
∆
 
− −




= = = − −




− −



 
  




V

ậ
y, PTTS c
ủ
a
d
là:
1
2 5 ( )
3 8
x t
y t t
z t


= +



= − − ∈



= −



ℝ

Câu Va:
2

2 5 0
z z
− + − =
(*)



Ta có,
2 2
2 4.( 1).( 5) 16 (4 )
i
∆ = − − − = − =




V
ậ
y, pt (*) có 2 nghi
ệ
m ph
ứ
c phân bi
ệ
t
1
2 4
1 2
2
i

z i
− −
= = +
−

và
2
2 4
1 2
2
i
z i
− +
= = −
−

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:




Ta có,
(0;1;0)
AB
=

và
(1;1; 1)
CD

= −





G
ọ
i
M
,
N
l
ầ
n l
ượ
t là
đ
i
ể
m n
ằ
m trên
AB
và
CD
thì to
ạ

độ

c
ủ
a
M
,
N
có d
ạ
ng
(1;1 ;1), (1 ;1 ;2 )
( ; ; 1)
M t N t t t
MN t t t t
′ ′ ′
+ + + −
′ ′ ′
⇒ = − − −






MN
là
đườ
ng vuông góc chung c
ủ
a
AB

và
CD
khi và ch
ỉ
khi
. 0 0
1
1 0
2
. 0
AB MN t t
t t
t t t t
CD MN



′

= − =



′
⇔ ⇔ = =
 
′ ′ ′
 
− + − − + =
=

 



 
 




V
ậ
y,
3 3 3 3 1 1
1; ;1 , ; ; ;0;
2 2 2 2 2 2
M N MN
     
  
  
  
⇒ = − −
  
  
  
     


hay
(1; 0;1)

u
=

là vtcp c
ủ
a
d
c
ầ
n tìm

PTCT c
ủ
a
đườ
ng vuông góc chung c
ầ
n tìm là:
1
3
( )
2
1
x t
y t
z t


= +






= ∈



= +



ℝ




Ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u
( )
S
có d
ạ
ng:
2 2 2

2 2 2 0
x y z ax by cz d
+ + − − − + =




Vì
A
(1;1;1) ,
B
(1;2;1) ,
C
(1;1;2) ,
D
(2;2;1) thu
ộ
c
( )
S
nên:
3 2 2 2 0 2 2 2 3 2 2 2 3 6
6 2 4 2 0 2 4 2 6 2 3 3 / 2
6 2 2 4 0 2 2 4 6 2 2 0 3
9 4 4 2 0 4 4 2 9 2 2 2 3
a b c d a b c d d a b c d
a b c d a b c d b b
a b c d a b c d b c c
a b c d a b c d a b c
  

  
− − − + = + + − = = + + − =
  
  
  
− − − + = + + − = − = − =
  
  
⇔ ⇔ ⇔
  
  
− − − + = + + − = − = =
  
  
  
− − − + = + + − = − − + = −
  
  
  
/ 2
3 / 2
a













=







V
ậ
y, ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u là:
2 2 2
3 3 3 6 0
x y z x y z
+ + − − − + =

Câu Vb:


Cho

ln 0 1
y x x
= = ⇔ =




Di
ệ
n tích c
ầ
n tìm là:
1 1
ln ln
e e
S x dx xdx
= =
∫ ∫





Đặ
t
1
lnu x
du dx
x
dv dx

v x





=
=



⇒
 
 
=
 
=




. Thay vào công th
ứ
c tính
S
ta
đượ
c:
1 1
1

ln ln 1ln1 0 1 1
e
e e
S x x dx e e x e e
= − = − − = − − + =
∫
(
đ
vdt)



V
ậ
y, di
ệ
n tích c
ầ
n tìm là:
S
= 1 (
đ
vdt)




17
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN

− Giáo d
ục trung học phổ thông
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 s
ố
:
2 2
(4 )
y x x
= −

1)
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị

( )
C
c
ủ
a hàm s
ố

đ
ã cho.
2)
Tìm
đ
i
ề
u ki
ệ
n c
ủ
a tham s
ố

b

để
ph
ươ
ng trình sau
đ
ây có 4 nghi

ệ
m phân bi
ệ
t:
4 2
4 log 0
x x b
− + =

3)
Tìm to
ạ

độ
c
ủ
a
đ
i
ể
m
A
thu
ộ
c
( )
C
bi
ế
t ti

ế
p tuy
ế
n t
ạ
i
A
song song v
ớ
i
: 16 2011
d y x
= +

Câu II (3,0 điểm):
1)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2 2
log ( 3) log ( 1) 3
x x
− + − =

2)
Tính tích phân:
2
3

sin
1 2 cos
x
I dx
x
π
π
=
+
∫

3)
Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t, giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a hàm s
ố
:
4 3

x x
y e e x
−
= + +
trên
đ
o
ạ
n [1;2]
Câu III (1,0 điểm):
Cho t
ứ
di
ệ
n
SABC
có ba c
ạ
nh
SA
,
SB
,
SC

đ
ôi m
ộ
t vuông góc v
ớ

i nhau,
SB
=
SC
= 2cm,
SA
=
4cm. Xác
đị
nh tâm và tính bán kính c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p t
ứ
di
ệ
n, t
ừ

đ
ó tính di
ệ
n tích c

ủ
a m
ặ
t
c
ầ
u
đ
ó.
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
đ
i
ể
m
( 3;2; 3)
A
− −
và hai
đườ
ng th
ẳ
ng
1
1 2 3
:

1 1 1
x y z
d
− + −
= =
−
và
2
3 1 5
:
1 2 3
x y z
d
− − −
= =

1)
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1
d
và
2
d
c
ắ
t nhau.

2)
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng (
P
) ch
ứ
a
1
d
và
2
d
. Tính kho
ả
ng cách t
ừ

A

đế
n mp(
P
).

Câu Va (1,0 điểm):
Tính di
ệ
n tích hình ph
ẳ
ng gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i các
đườ
ng sau
đ
ây:
2
1
y x x
= + −

và

4
1
y x x
= + −

2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm):

Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

Oxyz
, cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng
1
1 2 3
:
1 1 1
x y z
d
− + −
= =
−
và
2
1 6
:
1 2 3
x y z

d
− −
= =

1)
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1
d
và
2
d
chéo nhau.
2)
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình mp(
P
) ch
ứ
a
1
d
và song song v
ớ

i
2
d
. Tính kho
ả
ng cách gi
ữ
a
1
d
và
2
d

Câu Vb (1,0 điểm):
Tính di
ệ
n tích hình ph
ẳ
ng gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i các
đườ
ng sau
đ
ây:

2
y x
=
,
4
x y
+ =
và tr
ụ
c hoành

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
H
ọ
và tên thí sinh: S
ố
báo danh:
Ch
ữ
ký c
ủ
a giám th
ị
1: Ch
ữ
ký c
ủ
a giám th
ị

2:


18
x
y
y = logm
- 2 2
4
-2
2
O
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I:


2 2 4 2
(4 ) 4
y x x x x
= − = − +




T
ậ
p xác
đị
nh:
D

=
ℝ



 Đạ
o hàm:
3
4 8
y x x
′
= − +




Cho
3 2
2 2
0
4 0 0
0 4 8 0 4 ( 2) 0
2 0 2
2
x
x x
y x x x x
x x
x


 
=
= =

 
′
= ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔

 
− + = =
= ±

 
 





Gi
ớ
i h
ạ
n:
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = −∞
;




B
ả
ng bi
ế
n thiên
x
–
∞

2
−
0
2
+
∞

y
′

+ 0 – 0 + 0 –
y
4 4

–
∞
0 –

∞




Hàm s
ố

Đ
B trên các kho
ả
ng
( ; 2),(0; 2)
−∞ −
, NB trên các kho
ả
ng
( 2;0),( 2; )
− +∞

Hàm s
ố

đạ
t c
ự
c
đạ
i
y

CĐ
= 4 t
ạ
i
2
x = ±
CÑ
,

đạ
t c
ự
c ti
ể
u
y
CT
= 0 t
ạ
i
0
x
=
CT
.



Giao
đ

i
ể
m v
ớ
i tr
ụ
c hoành:

cho
2
4 2
2
0 0
0 4 0
2
4
x x
y x x
x
x


= =


= ⇔ − + = ⇔ ⇔


= ±
=






Giao
đ
i
ể
m v
ớ
i tr
ụ
c tung: cho
0 0
x y
= ⇒ =




B
ả
ng giá tr
ị
:
x

2
−

2
−
0
2
2
y
0 0 0 4 0


 Đồ
th
ị
hàm s
ố
nh
ư
hình v
ẽ
bên
đ
ây:



4 2 4 2
4 log 0 4 log
x x b x x b
− + = ⇔ − + =

(*)



S
ố
nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình
(*)
b
ằ
ng s
ố
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a (
C
) và
d
:
y

= log
b




D
ự
a vào
đồ
th
ị
,
(C)
c
ắ
t
d
t
ạ
i 4
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t khi và ch
ỉ
khi
4

0 log 4 1 10
b b
< < ⇔ < <




V
ậ
y, ph
ươ
ng trình (*) có 4 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khi và ch
ỉ
khi
4
1 10
b
< <




Gi
ả
s
ử

0 0
( ; )
A x y
. Do ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i
A
song song v
ớ
i
: 16 2011
d y x
= +
nên nó có h
ệ
s
ố
góc
3 3
0 0 0 0 0 0
( ) 16 4 8 16 4 8 16 0 2
f x x x x x x
′
= ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = −




0 0
2 0
x y
= − ⇒ =




V
ậ
y,
( 2;0)
A
−

Câu II:



2 2
log ( 3) log ( 1) 3
x x
− + − =



 Đ

i
ề
u ki
ệ
n:
3 0 3
3
1 0 1
x x
x
x x
 
 
− > >
 
⇔ ⇔ >
 
 
− > >
 
 
. Khi
đ
ó,
2 2 2
log ( 3) log ( 1) 3 log ( 3)( 1) 3 ( 3)( 1) 8
x x x x x x
 
− + − = ⇔ − − = ⇔ − − =
 

(loai
(nhan)
2 2
1 )
3 3 8 4 5 0
5
x
x x x x x
x

= −

⇔ − − + = ⇔ − − = ⇔

=






V
ậ
y, ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có nghi
ệ

m duy nh
ấ
t:
x
= 5



19
I
M
H
S C
B
A

2
3
sin
1 2 cos
x
I dx
x
π
π
=
+
∫



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



 Đổ
i c
ậ
n:
x

3
π

2
π


t
2 1




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




V
ậ
y,
ln 2

I
=




Hàm s
ố

4 3
x x
y e e x
−
= + +
liên t
ụ
c trên
đ
o
ạ
n [1;2]


 Đạ
o hàm:
4 3
x x
y e e
−
′

= − +




Cho
2
4
0 4 3 0 3 0 3 4 0
x x x x x
x
y e e e e e
e
−
′
= ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ + − =
(1)
Đặ
t
x
t e
=
(
t
> 0), ph
ươ
ng trình (1) tr
ở
thành:
(nhan)

(loai)
2
1
3 4 0 1 0 [1;2]
4
x
t
t t e x
t

=

+ − = ⇔ ⇔ = ⇔ = ∉

= −


(lo
ạ
i)



4
(1) 3
f e
e
= + +
và
2

2
4
(2) 6
f e
e
= + +




Trong 2 k
ế
t qu
ả
trên s
ố
nh
ỏ
nh
ấ
t là:
4
3
e
e
+ +
, s
ố
l
ớ

n nh
ấ
t là
2
2
4
6
e
e
+ +




V
ậ
y,
[1;2]
4
min 3
y e
e
= + +
khi
x
= 1 và
2
2
[1;2]
4

max 6
y e
e
= + +
khi
x
= 2
Câu III



G
ọ
i
H
,
M
l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m
BC
,
SA
và

SMIH
là hbh.



Ta có,
|| ( )
IH SA SBC IH SH
⊥ ⇒ ⊥ ⇒
SMIH
là hình ch
ữ
nh
ậ
t




D
ễ
th
ấ
y
IH
là trung tr
ự
c c
ủ
a

đ
o
ạ
n
SA
nên
IS
=
IA


H
là tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
SBC
∆
và
( )
IH SBC
⊥
nên


( )
IS IB IC IA

= = =
⇒
I
là tâm m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p hình chóp.



Ta có,
2 2 2 2
1 1 1
2 2 2
2 2 2
SH BC SB SC= = + = + =
(
cm
) và
1 1
2 2
IH SM SA
= = =
(
cm

)



Bán kính m
ặ
t c
ầ
u là:
2 2 2 2
( 2) 2 6
R IS SH IH
= = + = + =




Di
ệ
n tích m
ặ
t c
ầ
u :
2 2
4 4 ( 6) 24 ( )
S R cm
π π π
= = =

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:



 d
1

đ
i qua
đ
i
ể
m
1
(1; 2;3)
M
−
, có vtcp
1
(1;1; 1)
u
= −




 d
2

đ
i qua
đ
i
ể
m
2
(3;1;5)
M
, có vtcp
2
(1;2;3)
u
=





Ta có
1 2
1 1 1 1 1 1
[ , ] ; ; (5; 4;1)
2 3 3 1 1 2
u u
 
− −





= = −







 
 

và
1 2
(2;3;2)
M M =





Suy ra,
1 2 1 2
[ , ]. 5.2 4.3 1.2 0
u u M M
= − + =

 
, do
đ

ó
d
1
và
d
2
c
ắ
t nhau.

M
ặ
t ph
ẳ
ng (
P
) ch
ứ
a
1
d
và
2
d
.


20



 Đ
i
ể
m trên (
P
):
1
(1; 2;3)
M
−




vtpt c
ủ
a (
P
):
1 2
[ , ] (5; 4;1)
n u u
= = −
  




V
ậ

y, PTTQ c
ủ
a mp(
P
) là:
5( 1) 4( 2) 1( 3) 0
x y z
− − + + − =

5 4 16 0
x y z
⇔ − + − =




Kho
ả
ng cách t
ừ

đ
i
ể
m
A

đế
n mp(
P

) là:
2 2 2
5.( 3) 4.2 ( 3) 16
42
( ,( )) 42
42
5 ( 4) 1
d A P
− − + − −
= = =
+ − +

Câu Va:
2
1
y x x
= + −

và

4
1
y x x
= + −




Cho
2 4 2 4

1 1 0 0, 1
x x x x x x x x
+ − = + − ⇔ − = ⇔ = = ±




V
ậ
y, di
ệ
n tích c
ầ
n tìm là :
1
2 4
1
S x x dx
−
= −
∫

0 1
3 5 3 5
0 1
2 4 2 4
1 0
1 0
2 2 4
( ) ( )

3 5 3 5 15 15 15
x x x x
S x x dx x x dx
−
−
   
 
 
 
 
⇔ = − + − = − + − = + =
 
 
 
   
∫ ∫

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:



 d
1

đ
i qua
đ
i
ể

m
1
(1; 2;3)
M
−
, có vtcp
1
(1;1; 1)
u
= −




 d
2

đ
i qua
đ
i
ể
m
2
( 3;2; 3)
M
− −
, có vtcp
2
(1;2;3)

u
=





Ta có
1 2
1 1 1 1 1 1
[ , ] ; ; (5; 4;1)
2 3 3 1 1 2
u u
 
− −




= = −







 
 

và
1 2
( 4;4; 6)
M M
= − −





Suy ra,
1 2 1 2
[ , ]. 5.( 4) 4.4 1.( 6) 42 0
u u M M
= − − + − = − ≠

 
, do
đ
ó
d
1
và
d
2
chéo nhau.

M
ặ
t ph

ẳ
ng (
P
) ch
ứ
a
1
d
và song song v
ớ
i
2
d
.


 Đ
i
ể
m trên (
P
):
1
(1; 2;3)
M
−





vtpt c
ủ
a (
P
):
1 2
[ , ] (5; 4;1)
n u u
= = −
  




V
ậ
y, PTTQ c
ủ
a mp(
P
) là:
5( 1) 4( 2) 1( 3) 0
x y z
− − + + − =

5 4 16 0
x y z
⇔ − + − =





Kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
d
1
và
d
2
b
ằ
ng kho
ả
ng cách t
ừ

M
2

đế
n mp(
P
):

1 2 2
2 2 2
5.( 3) 4.2 ( 3) 16
42
( , ) ( ,( )) 42
42
5 ( 4) 1
d d d d M P
− − + − −
= = = =
+ − +

Câu Vb:



Ta có,

2
2 ( 0)
2
y
y x x y= ⇔ = >
và
4 4
x y x y
+ = ⇔ = −


Tr

ụ
c hoành là
đườ
ng th
ẳ
ng có ph
ươ
ng trình
y
= 0:



Cho
(nhan)
(loai)
2 2
4
4 4 0
2
2 2
y
y y
y y
y

= −

= − ⇔ + − = ⇔


=






Di
ệ
n tích c
ầ
n tìm là:
2
2
0
4
2
y
S y dx
= + −
∫

2
2 3 2
2
0
0
14 14
( 4) 4
2 6 2 3 3

y y y
S y dx y
 




= + − = + − = − =



 
∫

(
đ
vdt)





21

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN
− Giáo d
ục trung học phổ thông
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 s
ố
:
3 2 2
2 ( 1) ( 4) 1
y x m x m x m
= + + + − − +

1)
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị

( )
C

c
ủ
a hàm s
ố
khi
m
= 2.
2)
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
( )
C
t
ạ
i giao
đ
i
ể
m c
ủ
a

( )
C
v
ớ
i tr
ụ
c tung.
3)
Tìm các giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố

m

để
hàm s
ố

đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
x

= 0.
Câu II (3,0 điểm):
1)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2 0,5
2 log ( 2) log (2 1) 0
x x
− + − =

2)
Tính tích phân:
2
1
0
( 1)
x
x
e
I dx
e
+
=
∫

3)
Cho hàm s

ố

2
2
.
x
y x e
−
=
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng,
2
(1 )
xy x y
′
= −

Câu III (1,0 điểm):
Cho hình chóp
S
.
ABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình ch

ữ
nh
ậ
t có
AB
=
a
,
BC
= 2
a
. Hai m
ặ
t bên (
SAB
)
và (
SAD
) vuông góc v
ớ
i
đ
áy, c
ạ
nh
SC
h
ợ
p v
ớ

i
đ
áy m
ộ
t góc 60
0
. Tính th
ể
tích kh
ố
i 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
(0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3), ( 1;2; 4)
A B C D
− − − − − − −

1)
Ch
ứ
ng minh r
ằ

ng
ABC
là tam giác vuông. Tính di
ệ
n tích c
ủ
a tam giác
ABC
.
2)
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng (
ABC
). Tính th
ể
tích t
ứ
di
ệ
n
ABCD
.
Câu Va (1,0 điểm):

Gi
ả
i ph
ươ
ng trình sau
đ
ây trên t
ậ
p s
ố
ph
ứ
c:
2
2 2 5 0
ω ω
− + =

2. Theo chương trình nâng cao
Câu IVb (2,0 điểm):
Trong không gian
Oxyz
, cho
(0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3)
A B C
− − − − −

1)
Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng
ABC
là tam giác vuông. Tính di
ệ
n tích c
ủ
a tam giác
ABC
.
2)
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
∆

đ
i qua
đ
i
ể
m
B

đồ
ng th
ờ
i vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (
ABC
).
Xác
đị
nh to
ạ

độ

đ
i
ể
m
D
trên
∆
sao cho t
ứ
di

ệ
n
ABCD
có th
ể
tích b
ằ
ng 14.
Câu Vb (1,0 điểm):
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình sau
đ
ây trên t
ậ
p s
ố
ph
ứ
c:
2
4 8
z z i
+ =


Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
H
ọ
và tên thí sinh: S
ố
báo danh:
Ch
ữ
ký c
ủ
a giám th
ị
1: Ch
ữ
ký c
ủ
a giám th
ị
2:


22
x
y
1
2
-1
O
-1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

V
ớ
i
m
= 2 ta có hàm s
ố
:
3 2
2 3 1
y x x
= + −




T
ậ
p xác
đị
nh:
D
=
ℝ



 Đạ
o hàm:

2
6 6
y x x
′
= +




Cho
hoac
2
0 6 6 0 0 1
y x x x x
′
= ⇔ + = ⇔ = = −




Gi
ớ
i h
ạ
n:
;
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞

= −∞ = +∞




B
ả
ng bi
ế
n thiên
x –
∞
–1 0
+∞

y
′

+ 0 – 0 +
y
0
+∞



–
∞
–1




Hàm s
ố

Đ
B trên các kho
ả
ng
( ; 1),(0; )
−∞ − +∞
, NB trên kho
ả
ng
( 1;0)
−

Hàm s
ố

đạ
t c
ự
c
đạ
i
y
CĐ
= 0 t
ạ
i

CÑ
1
x
= −
,
đạ
t c
ự
c ti
ể
u
y
CT
=
–1
t
ạ
i
0
x
=
CT
.



1 1
12 6 0
2 2
y x x y

′′
= + = ⇔ = − ⇒ = −
.
Đ
i
ể
m u
ố
n:
1 1
;
2 2
I
 



− −



 




Giao
đ
i
ể

m v
ớ
i tr
ụ
c hoành:
cho hoac
3 2
1
0 2 3 1 0 1
2
y x x x x
= ⇔ + − = ⇔ = − =

Giao
đ
i
ể
m v
ớ
i tr
ụ
c tung: cho
0 1
x y
= ⇒ = −




B

ả
ng giá tr
ị
:
x

3
2
−

1
−

1
2
−
0
1
2

y
1
−
0
1
2
−

1
−

0


 Đồ
th
ị
hàm s
ố
: nh
ư
hình v
ẽ
bên
đ
ây

Giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
( )
C
v
ớ
i tr
ụ
c tung:

(0; 1)
A
−




0 0
0 ; 1
x y
= = −




(0) 0
f
′
=




V
ậ
y, pttt t
ạ
i
A
(0;–1) là:

1 0( 0) 1
y x y
+ = − ⇔ = −



3 2 2
2 ( 1) ( 4) 1
y x m x m x m
= + + + − − +




T
ậ
p xác
đị
nh
D
=
ℝ




2 2
6 2( 1) 4
y x m x m
′

= + + + −




12 2( 1)
y x m
′′
= + +




Hàm s
ố

đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
0
0
x
=
khi và ch
ỉ

khi
(loai vì )
2 2
2
(0) 0
6.0 2( 1).0 4 0
(0) 0
12.0 2( 1) 0
2
4 0
2 2 2 1
1
2 2 0
f
m m
f
m
m
m
m m
m
m



′

=
+ + + − =




⇔
 
′′
 
>
+ + >
 







= ±
− =



⇔ ⇔ ⇔ = = − − < −
 
 
> −
+ >
 







V
ậ
y, v
ớ
i
2
m
=
thì hàm s
ố

đạ
t ti
ể
u t
ạ
i
0
0
x
=
.
Câu II:

2 0,5
2 log ( 2) log (2 1) 0

x x
− + − =

(*)


 Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
2
2 0
2
1
2 1 0
2
x
x
x
x
x


>



− >




⇔ ⇔ >
 
 
− >
>
 







23
60
a
a
2
C
B
A
D
S



Khi

đ
ó,
(*)
2 2
2 2 2 2
log ( 2) log (2 1) 0 log ( 2) log (2 1)
x x x x
⇔ − − − = ⇔ − = −

(loai)
(nhan)
2 2
1
( 2) (2 1) 6 5 0
5
x
x x x x
x

=

− = − ⇔ − + = ⇔

=







V
ậ
y, ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t:
x
= 5

2 2 2
1 1 1
0 0 0
( 1) 2 1 2 1
( )
x x x x x
x x x x x
e e e e e
I dx dx dx
e e e e e
+ + +
= = = + +
∫ ∫ ∫

1
1

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




V
ậ
y,
2
1
0
( 1) 1
2
x
x
e
I dx e
e
e
+

= = + −
∫


Hàm s
ố

2
2
.
x
y x e
−
=
.



(
)
2 2 2 2
2
2 2 2 2
( ) . . . .
2
x x x x
x
y x e x e e x e
− − − −
′

′
 



′ ′

= + = + −



 
2 2 2
2 2
2 2 2
. (1 )
x x x
e x e x e
− − −
= − = −




Do
đ
ó,
2 2
2 2 2
2 2

. (1 ). (1 ). . (1 )
x x
xy x x e x x e x y
− −
   
 
 
 
 
 

′
= − = − = −
 


 




V
ậ
y, v
ớ
i
2
2
.
x

y x e
−
=
ta có
2
(1 )
xy x y
′
= −

Câu III




( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
SAB ABCD
SAD ABCD SA ABCD
SAB SAD SA


⊥



⊥ ⇒ ⊥




∩ =







Suy ra hình chi
ế
u c
ủ
a
SC
lên (
ABCD
) là
AC
, do
đ
ó

0
60
SCA
=







2 2 0 2 2
tan .tan .tan 60 (2 ) . 3 15
SA
SCA SA AC SCA AB BC a a a
AC
= ⇒ = = + = + =




2
. .2 2
ABCD
S AB BC a a a
= = =




V
ậ
y, th
ể
tích kh
ố
i chóp
S

.
ABCD
là:
3
2
1 1 2 15
. 15 2
3 3 3
ACBD
a
V SAS a a
= = ⋅ ⋅ =
(
đ
vtt)
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa:

(0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3), ( 1;2; 4)
A B C D
− − − − − − −




2 2 2
( 2; 2; 4) ( 2) ( 2) ( 4) 2 6
AB AB
= − − − ⇒ = − + − + − =


2 2 2
(4; 2; 1) 4 ( 2) ( 1) 21
BC BC
= − − ⇒ = + − + − =


. 2.4 2.( 2) 4.( 1) 0
AB BC ABC
⇒ = − − − − − = ⇒ ∆
 
vuông t
ạ
i
B




Di
ệ
n tích
1 1
: . .2 6. 21 3 14
2 2
ABC S AB BC∆ = = =


Vi
ế

t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng (
ABC
)


 Đ
i
ể
m trên mp(
ABC
):
(0;1;2)
A



 v
tpt c
ủ
a (
ABC
):
( )
2 4 4 2 2 2

[ , ] ; ; ( 6; 18;12)
2 1 1 4 4 2
ABC
u n AB BC
 
− − − − − −




= = = = − −




− − − −



 
 
 




PTTQ c
ủ
a mp(
ABC

):
6( 0) 18( 1) 12( 2)
x y z
− − − − + −



24
6 18 12 6 0
3 2 1 0
x y z
x y z
⇔ − − + − =
⇔ + − + =




Chi
ề
u cao
ứ
ng v
ớ
i
đ
áy (
ABC
) c
ủ

a t
ứ
di
ệ
n
ABCD
là kho
ả
ng cách t
ừ

D

đế
n (
ABC
)
2 2 2
1 3.2 2( 4) 1
14
( ,( )) 14
14
1 3 ( 2)
h d D ABC
− + − − +
= = = =
+ + −





Do
( )
BD ABC
⊥
nên
1 1
. .3 14. 14 14
3 3
ABCD ABC
V S h
= = =
(
đ
vtt)
Câu Va:
2
2 2 5 0
ω ω
− + =
(*)




Ta có,
2 2
( 2) 4.2.5 36 (6 )
i
∆ = − − = − =




V
ậ
y, ph
ươ
ng trình
(*)
có 2 nghi
ệ
m ph
ứ
c phân bi
ệ
t:
;
1 2
2 6 1 3 2 6 1 3
4 2 2 4 2 2
i i
i i
ω ω
+ −
= = + = = −

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu IVb:


Hoàn toàn gi
ố
ng nh
ư
bài gi
ả
i câu IVa.1 dành cho ch
ươ
ng trình chu
ẩ
n



Đườ
ng th
ẳ
ng
∆

đ
i qua
đ
i
ể
m
B

đồ

ng th
ờ
i vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (
ABC
)


 Đ
i
ể
m trên
∆
:
( 2; 1; 2)
B
− − −




vtcp c
ủ
a
∆

chính là vtpt c
ủ
a mp(
ABC
):
( )
2 4 4 2 2 2
[ , ] ; ; ( 6; 18;12)
2 1 1 4 4 2
ABC
u n AB BC
 
− − − − − −




= = = = − −




− − − −



 
 
 




PTTS c
ủ
a
∆
:
2
1 3 ( )
2 2
x t
y t t
z t


= − +



= − + ∈



= − −



ℝ



 Đ
i
ể
m
D
∈ ∆
có to
ạ

độ
d
ạ
ng
( 2 ; 1 3 ; 2 2 )
D t t t
− + − + − −

2 2 2 2
( ;3 ; 2 ) (3 ) ( 2 ) 14 14
BD t t t BD t t t t t
⇒ = − ⇒ = + + − = =





Do
( )

BD ABC
⊥
nên
1 1
. . 14 .3 14 14
3 3
ABCD ABC
V BD S t t
= = =




V
ậ
y,
14 14 14 1
ABCD
V t t
= ⇔ = ⇔ = ±

1 ( 1;2; 4)
t D
= ⇒ − −

1 ( 3; 4;0)
t D
= − ⇒ − −

Câu Vb:

2
4 8
z z i
+ =



 Đặ
t
2
2 2 2 2
z a bi z a b z a b
= + ⇒ = + ⇒ = +
. Thay vào ph
ươ
ng trình trên ta
đượ
c:
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
4 8 4( ) 8 4 4 8
2
4 0 4 0 4 4 0
2
4 8 2 2
z z i a b a bi i a b a bi i
a
a b a a b a a a
b

b b b
+ = ⇔ + + + = ⇔ + + + =
  

  

= −
+ + = + + = + + =
  

  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
   
   
=
= = =
   

  
  




V
ậ
y,
z
= –2 +2
i