13 ĐỀ THI THỬ TN THPT CÓ ĐÁP ÁN

1

13 ðỀ THI THỬ TN THPT CĨ ðÁP ÁN
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
3 2
y x 3x 1
= − + −
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b. Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt

3 2
x 3x k 0
− + =
.
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Giải phương trình
3x 4
2x 2
3 9
−
−
=

b. Cho hàm số
2
1

y
sin x
=
. Tìm ngun hàm F(x ) của hàm số , biết rằng đồ thị của hàm số
F(x) đi qua điểm M(
6
π
; 0) .
c. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
1
y x 2
x
= + +
với x > 0 .
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng
6
và đường cao h = 1 . Hãy tính diện tích
của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ): Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) :
x 2 y z 3
1 2 2
+ +
= =
−
và mặt phẳng (P) :

2x y z 5 0
+ − − =

a. Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại A . Tìm tọa độ điểm A .
b. Viết phương trình đường thẳng (
∆
) đi qua A , nằm trong (P) và vng góc với (d) .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường :
1
y lnx,x ,x e
e
= = =
và trục hồnh .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :
= +


= +


= − +

x 2 4t
y 3 2t
z 3 t
và mặt phẳng
(P) :

x y 2z 5 0
− + + + =

a. Chứng minh rằng (d) nằm trên mặt phẳng (P) .
b. Viết phương trình đường thẳng (
∆
) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một
khoảng là
14
.
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tìm căn bậc hai của số phức
z 4i
= −

. . . . . . . .Hết . . . . . . .


2

HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a. (2d)

b. (1đ) pt
3 2
x 3x 1 k 1
⇔ − + − = −

ðây là pt hồnh độ điểm chung của (C) và đường thẳng
(d):y k 1
= −

Căn cứ vào đồ thị , ta có :
Phương trình có ba nghiệm phân biệt
1 k 1 3 0 k 4
⇔ − < − < ⇔ < <


Câu II ( 3,0 điểm )
a. ( 1đ )
3x 4 3x 4
2x 2 2(2x 2)
2 2
x 1
8
3 9 3 3 3x 4 4x 4 x
7
(3x 4) (4x 4)
− −
− −
≥



= ⇔ = ⇔ − = − ⇔ ⇔ =

− = −



b. (1đ) Vì F(x) =
cotx + C
−
. Theo đề :
F( ) 0 cot C 0 C 3 F(x) 3 cot x
6 6
π π
= ⇔ − + = ⇔ = ⇒ = −

c. (1đ) Với x > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cơsi :

1
x 2
x
+ ≥
. Dấu “=” xảy ra khi
x 0
2
1
x x 1 x 1
x
>
= ⇔ = → =

y 2 2 4
⇒
≥ + =
. Vậy :
(0; )
Miny y(1) 4
+∞
= =

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

∆
SAO vuông tại O . Do đó : SA =
2 2
SO OA
+
=
6
2
1
3
+
=
3
⇒
SI =
3
2.1
=
3
2

Diện tích mặt cầu :
2
S 4 R 9
= π = π

x
−∞
0 2
+∞

y
′


−
0 + 0
−

y
+∞
3

1
−

−∞


3



II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :
a. (0,5 ñ) A(5;6;
−
9)
b. (1,5ñ)

+ Vectơ chỉ phương của ñường thẳng (d) :
u (1; 2;2)
d
= −


+ Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) :
n ((2;1; 1)
P
= −


+ Vectơ chỉ phương của ñường thẳng (
∆
) :
u [u ;n ] (0;1;1)
d P
= =
∆
  

+ Phương trình của ñường thẳng (
∆
) :
x 5
y 6 t (t )
z 9 t

=


= + ∈


= − +

ℝ

Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :
+ Diện tích :
1 e
S lnxdx lnxdx
1/e 1
= − +
∫ ∫

+ ðặt :
1
u ln x,dv dx du dx,v x
x
= = ⇒ = =

+
lnxdx xlnx dx x(lnx 1) C
= − = − +
∫ ∫

+
1
1 e
S x(lnx 1) x(lnx 1) 2(1 )

1/e 1
e
= − − + − = −

3. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :
a. (0,5ñ) Chọn A(2;3;
−
3),B(6;5;
−
2)
∈
(d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .
b.(1,5ñ) Gọi
u

vectơ chỉ phương của (
d
1
) qua A và vuông góc với (d) thì
u u
d
u u
P

⊥


⊥



 
 
nên ta
chọn
u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2)
P
= = − = −
  
. Ptrình của ñường thẳng (
d
1
) :
x 2 3t
y 3 9t (t )
z 3 6t

= +

= − ∈


= − +

ℝ

(
∆
) là ñường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên (
d

1
) thì M(2+3t;3
−
9t;
−
3+6t) .
Theo ñề :
1 1
2 2 2 2
AM 14 9t 81t 36t 14 t t
9 3
= ⇔ + + = ⇔ = ⇔ = ±

+ t =
1
3
−
⇒
M(1;6;
−
5)
x 1 y 6 z 5
( ):
1
4 2 1
− − +
⇒
∆ = =

+ t =

1
3
⇒
M(3;0;
−
1)
x 3 y z 1
( ):
2
4 2 1
− +
⇒
∆ = =

Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :
Gọi x + iy là căn bậc hai của số phức
z 4i
= −
, ta có :

2 2
x y
2
x y 0
(x iy) 4i
2xy 4
2xy 4


 =

− =
+ = − ⇔ ⇔
 
= −
= −



hoặc
x y
2xy 4

= −

= −



x y
2
2x 4

=

⇔

= −


(loại) hoặc

x y
2
2x 4

= −


− = −


x y
x 2;y 2
2
x 2;y 2
x 2
 
= −
 = = −
⇔ ⇔


= − =
=





Vậy số phức có hai căn bậc hai :
z 2 i 2 , z 2 i 2

1 2
= − = − +

4

ðỀ 2
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm )
Câu I ( 3,0 ñiểm )
Cho hàm số
2x 1
y
x 1
+
=
−
có ñồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C).
b. Viết phương trình tiếp tuyến với ñồ thị (C) ñi qua ñiểm M(1;8) . .
Câu II ( 3,0 ñiểm )
a. Giải bất phương trình
x 2
log
sin 2
x 4
3 1
−
+
>

b. Tính tìch phân : I =
1
x
(3 cos2x)dx
0
+
∫

c. Giải phương trình
2
x 4x 7 0
− + =
trên tập số phức .
Câu III ( 1,0 ñiểm )
Một hình trụ có bán kính ñáy R = 2 , chiều cao h =
2
. Một hình vuông có các ñỉnh nằm
trên hai ñường tròn ñáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và không vuông góc
với trục của hình trụ . Tính cạnh của hình vuông ñó .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó .
4. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñiểm M(1;0;5) và hai mặt phẳng (P) :

2x y 3z 1 0
− + + =
và (Q) :
x y z 5 0
+ − + =

.
a. Tính khoảng cách từ M ñến mặt phẳng (Q) .
b. Viết phương trình mặt phẳng ( R ) ñi qua giao tuyến (d) của (P) và (Q) ñồng thời vuông
góc với mặt phẳng (T) :
3x y 1 0
− + =
.
Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các ñường y =
2
x 2x
− +
và trục hoành . Tính thể tích của
khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành .
5. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñường thẳng (d ) :
x 3 y 1 z 3
2 1 1
+ + −
= =
và mặt
phẳng (P) :
x 2y z 5 0
+ − + =
.
a. Tìm tọa ñộ giao ñiểm của ñường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
b. Tính góc giữa ñường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
c. Viết phương trình ñường thẳng (
∆

) là hình chiếu của ñường thẳng (d) lên mặt phẳng (P).
Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :
Giải hệ phương trình sau :
y
4 .log x 4
2
2y
log x 2 4
2

−
=


−
+ =



. . . . . . . .Hết . . . . . . .


5

HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm )
Câu I ( 3,0 ñiểm )
a. (2d)

b. (1ñ) Gọi
( )
∆
là tiếp tuyến ñi qua M(1;8) có hệ số góc k .
Khi ñó :
( )
∆

y 8 k(x 1) y k(x 1) 8
− = − ⇔ = − +

Phương trình hoành ñộ ñiểm chung của (C ) và
( )
∆
:

2x 1
2
k(x 1) 8 kx 2(3 k)x 9 k 0 (1)
x 1
+
= − + ⇔ + − − + =
−

( )
∆
là tiếp tuyến của (C )
⇔
phương trình (1) có nghiệm kép

k 0
k 3
2
' (3 k) k(k 9) 0

≠

⇔ ⇔ = −

∆ = − − − =



Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là
y 3x 11
= − +

Câu II ( 3,0 ñiểm )
a. (1ñ ) pt
⇔
x 2
log
sin 2
x 4

−
+
>0
⇔

x 2
0 1
x 4
−
< <
+
( vì 0 < sin2 < 1 )

x 2 x 2 x 2
0 0 0
x 4 x 4 x 4
x 2 x 2 6
1 1 0 0
x 4 x 4 x 4
  
− − −
< < <
  
  
+ + +
⇔ ⇔ ⇔
  
− − −
  
< − < <

  
+ + +
  
x 2 0 x 2
x 2
x 4 0 x 4
 
− > >
⇔ ⇔ ⇔ >
 
+ > > −
 

b. (1ñ) I =
1
x
(3 cos2x)dx
0
+
∫
=
x
3 1 3 1 1 1 2 1
1
[ sin2x] [ sin2] [ sin0] sin2
0
ln3 2 ln3 2 ln3 2 ln3 2
+ = + − + = +

c. (1ñ)

2
' 3 3i
∆ = − =
nên
' i 3
∆ =

Phương trình có hai nghiệm :
x 2 i 3 , x 2 i 3
1 2
= − = +

x
−∞
1
+∞

y
′

−

−

y
2

−∞

+∞

2

6



Câu III ( 1,0 ñiểm )
Xét hình vuông có cạnh AD không song song và vuông
góc với trục OO’ của hình trụ . Vẽ ñường sinh AA’
Ta có : CD
⊥
(AA’D)
CD A'D
⇒ ⊥
nên A’C là ñường
kính của ñường tròn ñáy .
Do ñó : A’C = 4 . Tam giác vuông AA’C cho :

2 2
AC AA' A'C 16 2 3 2
= + = + =

Vì AC = AB
2
. S uy ra : AB = 3 .
Vậy cạnh hình vuông bằng 3 .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm )
1, Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :

a. (0,5ñ) d(M;(Q)) =

1
3

b. (1,5ñ) Vì
2 1 3
2x y 3z 1 0
(d) (P) (Q):
x y z 5 0
1 1 1
−

− + + =
≠ ≠
⇒
= ∩

+ − + =
−


Lấy hai ñiểm A(
−
2;
−
3;0), B(0;
−
8;
−

3) thuộc (d) .
+ Mặt phẳng (T) có VTPT là
n (3; 1;0)
T
= −


+ Mặt phẳng (R) có VTPT là
n [n ,AB] (3;9; 13)
R T
= = −

 

+ ( R) :
Qua M(1;0;5)
(R):3x 9y 13z 33 0
+ vtpt : n (3;9; 13)
R

+
⇒ + − + =

= −



Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :
+ Phương trình hoành giao ñiểm :
2

x 2x 0 x 0,x 2
− + = ⇔ = =

+ Thể tích :
2
4 1 16
2 2 2 4 5 2
V ( x 2x) dx [ x x x ]
Ox 0
3 5 5
0
π
= π − + = π − + =
∫

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :
a. (0,5ñ ) Giao ñiểm I(
−
1;0;4) .
b. (0,5d)
2 2 1
1
sin
2 6
4 1 1. 1 4 1
+ −
π
ϕ = = ⇒ ϕ =
+ + + +

c. (1,0ñ) Lấy ñiểm A(
−
3;
−
1;3)
∈
(d). Viết pt ñường thẳng (m) qua A và vuông góc với (P)
thì (m) :
x 3 t,y 1 2t,z 3 t
= − + = − + = −
. Suy ra : (m)
5 5
(P) A'( ;0; )
2 2
∩ = − .
( ) (IA'): x 1 t,y 0,z 4 t
∆ ≡ = − + = = +
, qua I(
−
1;0;4) và có vtcp là
3
IA' (1 ;0; 1)
2
= −


Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :
ðặt :
2y

u 2 0,v log x
2
−
= > =
. Thì
1
uv 4
hpt u v 2 x 4;y
u v 4
2

=
⇔ ⇔ = = → = = −

+ =



7

ðỀ 3
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm )
Câu I ( 3,0 ñiểm )
Cho hàm số
4 2
y x 2x 1
= − −
có ñồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C).

b. Dùng ñồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình
4 2
x 2x m 0 (*)
− − =
.
Câu II ( 3,0 ñiểm )
a. Giải phương trình
1
7 2.7 9 0
x x−
+ − =

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

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
3 2
2x 3x 12x 2
+ − +
trên
[ 1;2]
−
.
Câu III ( 1,0 ñiểm )
Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vuông góc với nhau từng ñôi một với SA = 1cm,

SB = SC = 2cm .Xác ñịnh tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện
tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu ñó .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho 4 ñiểm A(
−
2;1;
−
1) ,B(0;2;
−
1) ,C(0;3;0) ,
D(1;0;1) .
a. Viết phương trình ñường thẳng BC .
b. Chứng minh rằng 4 ñiểm A,B,C,D không ñồng phẳng .
c. Tính thể tích tứ diện ABCD .
Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :
Tính giá trị của biểu thức
2 2
P (1 2 i) (1 2 i)
= − + +
.
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho ñiểm M(1;
−
1;1) , hai ñường thẳng

x 1 y z

( ):
1
1 1 4
−
∆ = =
−
,
x 2 t
( ): y 4 2t
2
z 1

= −

∆ = +


=

và mặt phẳng (P) :
y 2z 0
+ =

a. Tìm ñiểm N là hình chiếu vuông góc của ñiểm M lên ñường thẳng (
2
∆
) .
b. Viết phương trình ñường thẳng cắt cả hai ñường thẳng
( ) ,( )
1 2

∆ ∆
và nằm trong mặt
phẳng (P) .
Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :
Tìm m ñể ñồ thị của hàm số
2
x x m
(C ): y
m
x 1
− +
=
−
với
m 0
≠
cắt trục hoành tại hai ñiểm
phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến với ñồ thị tại hai ñiểm A,B vuông góc nhau .

8


HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm )
Câu I ( 3,0 ñiểm )
a) 2ñ


x
−∞

1
−
0 1
+∞

y
′


−
0 + 0
−
0 +
y
+∞

1
−

+∞


2
−

2
−

b) 1ñ pt (1)
4 2
x 2x 1 m 1 (2)
⇔ − − = −

Phương trình (2) chính là phương trình ñiểm
chung của ( C ) và ñường thẳng (d) : y = m – 1
Căn cứ vào ñồ thị (C ) , ta có :
 m -1 < -2
⇔
m < -1 : (1) vô nghiệm
 m -1 = -2
⇔
m = -1 : (1) có 2 nghiệm
 -2 < m-1<-1
⇔
-1 < m < 0 : (1) có 4 nghiệm
 m-1 = - 1
⇔
m = 0 : (1) có 3 nghiệm
 m – 1 > -1 : (1) có 2 nghiệm
Câu II ( 3,0 ñiểm )
a) 1ñ

Ta cã:
1
7 2.7 9 0
x x−
+ − =

2
7
7
7 2. 9 0
7
7 9.7 14 0
1
7 7
log 2
7 2
x
x
x x
x
x
x
x
⇔ + − =
⇔ − + =

=
=

⇔ ⇔


=
=




b) 1ñ
Ta có :
1 1 1
x 2 x
I x(x e )dx x dx xe dx I I
1 2
0 0 0
= + = + = +
∫ ∫ ∫
với
1
1
2
I x dx
1
3
0
= =
∫


1
x
I xe dx 1
2
0
= =
∫

.ðặt :
x
u x,dv e dx
= =
. Do ñó :
4
I
3
=

c) 1ñ Ta có : TXð
D [ 1;2]
= −


x 2 (l)
2 2
y 6x 6x 12 , y 0 6x 6x 12 0
x 1

= −
′ ′
= + − = ⇔ + − = ⇔

=


Vì
y( 1) 15,y(1) 5,y(2) 6
− = = =

nên
Miny y(1) 5 , Maxy y( 1) 15
[ 1;2] [ 1;2]
= = = − =
− −

Câu III ( 1,0 ñiểm )
Gọi I là trung ñiểm của AB . Từ I kẻ ñường thằng
∆
vuông góc với mp(SAB) thì
∆
là trục
của
SAB
∆
vuông .
Trong mp(SCI) , gọi J là trung ñiểm SC , dựng ñường trung trực của cạnh SC của
SCI
∆
cắt
∆
tại O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC .
Khi ñó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật .

9



Ta tính ñược : SI =

1 5
AB
2 2
=
, OI = JS = 1 , bán kính R = OS =
3
2

Diện tích : S =
2 2
4 R 9 (cm )
π = π

Thể tích : V =
4 9
3 3
R (cm )
3 2
π = π

II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm )
. 1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :
a) 0,5ñ (BC) :
x 0
Qua C(0;3;0)
(BC): y 3 t
+ VTCP BC (0;1;1)
z t


=

+
 
⇒ = +
 
=



=



b) 1,0ñ Ta có :
AB (2;1;0),AC (2;2;1),AD (3; 1;2)
= = = −
  


[AB,AC] (1; 2;2) [AB,AC].AD 9 0 A,B,C,D
= − ⇒ = ≠ ⇒
    
không ñồng phẳng
c) 0,5ñ
1 3
V [AB,AC].AD
6 2
= =
  

Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :
P = -2
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :
a) 1ñ Gọi mặt phẳng

Qua M(1; 1;1) Qua M(1; 1;1)
(P): (P): (P):x 2y 3 0
+ ( ) + VTPT n = a ( 1;2;0)
2 P 2
 
+ − + −
 
⇒ ⇒ − − =
 
⊥ ∆ = −
 
 
 

Khi ñó :
19 2
N ( ) (P) N( ; ;1)
2
5 5
= ∆ ∩
⇒

b) 1ñ Gọi
A ( ) (P) A(1;0;0) , B ( ) (P) B(5; 2;1)
1 2
= ∆ ∩ ⇒ = ∆ ∩ ⇒ −

Vậy
x 1 y z
(m) (AB):
4 2 1
−
≡ = =
−

Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :
Pt hoành ñộ giao ñiểm của
(C )
m
và trục hoành :
2
x x m 0 (*)
− + =
với
x 1
≠

ñiều kiện
1
m , m 0
4
< ≠

Từ (*) suy ra
2
m x x
= −
. Hệ số góc
2
x 2x 1 m 2x 1
k y
2
x 1
(x 1)
− + − −
′
= = =
−
−

Gọi
x ,x
A B
là hoành ñộ của A,B thì phương trình (*) ta có :
x x 1 , x .x m
A B A B
+ = =

Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì

y (x ).y (x ) 1 5x x 3(x x ) 2 0 5m 1 0
A B A B A B

′ ′
= − ⇔ − + + = ⇔ − =

1
m
5
⇔ =
thỏa mãn (*)
Vậy giá trị cần tìm là
1
m
5
=


10

ðỀ 4
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm )
Câu I ( 3,0 ñiểm )
Cho hàm số
3
y x 3x 1
= − +
có ñồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C).
b. Viết phương trình tiếp tuyến với ñồ thị (C) ñi qua ñiểm M(
14
9

;
1
−
) . .
Câu II ( 3,0 ñiểm )
a. Cho hàm số
2
x x
y e
− +
=
. Giải phương trình
y y 2y 0
′′ ′
+ + =

b. Tính tìch phân :
2
sin2x
I dx
2
(2 sinx)
0
π
=
+
∫

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
3 2

y 2sin x cos x 4sinx 1
= + − +
.
Câu III ( 1,0 ñiểm )
Một hình nón có ñỉnh S , khoảng cách từ tâm O của ñáy ñến dây cung AB của ñáy bằng a ,

SAO 30
=

,

SAB 60
=

. Tính ñộ dài ñường sinh theo a .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó
6. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho hai ñường thẳng
x 1 y 2 z
( ):
1
2 2 1
− −
∆ = =
− −
,

x 2t

( ): y 5 3t
2
z 4

= −

∆ = − +


=


a. Chứng minh rằng ñường thẳng
( )
1
∆
và ñường thẳng
( )
2
∆
chéo nhau .
b. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa ñường thẳng
( )
1
∆
và song song với ñường
thẳng
( )
2
∆

.
Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :
Giải phương trình
3
x 8 0
+ =
trên tập số phức
7. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho ñiểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) :

x y 2z 1 0
+ + + =
và mặt cầu (S) :
2 2 2
x y z 2x 4y 6z 8 0
+ + − + − + =
.
a. Tìm ñiểm N là hình chiếu của ñiểm M lên mặt phẳng (P) .
b. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) .
Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :
Biểu diễn số phức z =
1
−
+ i dưới dạng lượng giác .
. . . . . . . .Hết . . . . . . .

11

HƯỚNG DẪN

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm )
Câu I ( 3,0 ñiểm )
a) 2ñ

x
−∞

1
−
1
+∞

y
′

+ 0
−
0 +
y 3
+∞


−∞

1
−

b) 1ñ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k
14
(d): y 1 k(x )
9
⇒ + = −


14
(d): y k(x ) 1
9
⇒ = − −

(d) tiếp xúc ( C)
⇔
Hệ sau có nghiệm
14
3
x 3x 1 k(x ) 1 (1)
9
2
3x 3 k (2)

− + = − −



− =


Thay (2) vào (1) ta ñược :

2
3 2
3x 7x 4 0 x ,x 1,x 2
3
− + = ⇔ = − = =


2 5 5 43
(2)
x = k tt ( ):y x
1
3 3 3 27
−
→ = − ⇒ ∆ = − +


(2)
x = 1 k 0 tt ( ):y 1
2
→ = ⇒ ∆ = −



(2)
x = 2 k 9 tt ( ) :y 9x 15
3
→ = ⇒ ∆ = −


Câu II ( 3,0 ñiểm )

a) 1ñ
2 2
x x 2 x x
y ( 2x 1)e , y (4x 4x 1)e
− + − +
′ ′′
= − + = − −


2
2 x x 2
1
y y 2y (4x 6x 2)e ; y y 2y 0 2x 3x 1 0 x ,x 1
2
− +
′′ ′ ′′ ′
+ + = − + + + = ⇔ − + = ⇔ = =


b) 1ñ
Phân tích
sin2xdx 2sinx.cosxdx 2sinx.d(2 sinx)
2 2 2
(2 sinx) (2 sinx) (2 sin x)
+
= =
+ + +
Vì
d(2 sinx) cosxdx
+ =

nên
sin2xdx 2sinx.d(2 sinx) sinx
2.[ ]d(2 sinx)
2 2 2 2
(2 sinx) (2 sinx) (2 sinx) (2 s
2
inx)
2+
−
+
= = +
+ + + +


2
2.[ ]d(2 sin x)
2
2 sinx
(2 sinx)
1
=
+
− +
+


12

Do ñó :
2
2
I 2.[ln | 2 sinx | ]
0
2 sinx
+
+
+
π
=
=
1
2ln3
3
+

Cách khác : Dùng PP ñổi biến số bằng cách ñặt
t 2 sinx
= +


c) 1ñ
Ta có :
3 2
y 2sin x sin x 4sinx 2
= − − +

ðặt :
3 2

t sinx , t [ 1;1] y 2t t 4t 2 , t [ 1;1]
= ∈ − ⇒ = − − + ∈ −

2
2 2
y 6t 2t 4 ,y 0 6t 2t 4 0 t 1 t
3
′ ′
= − − = ⇔ − − = ⇔ = ∨ = −

Vì
2 98
y( 1) 3,y(1) 1,y( ) =
3 27
− = = − − . Vậy :

− = − ⇔ −
−
⇔ − + π π − − + π ∈
ℝ
ℤ
2 98 2 2
+ Maxy = Maxy = y( ) khi t = sinx =
3 27 3 3
[ 1;1]
2 2
x = arcsin( ) k2 hay x = arcsin( ) k2 ,k
3 3

+ miny miny = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k

2
[ 1;1]
π
= = − ⇔ ⇔ + π ∈
−
ℤ
ℝ

Câu III ( 1,0 ñiểm )
Gọi M là trung ñiểm AB . Kẻ OM
⊥
AB thì OM = a
SAB
∆
cân có

SAB 60
=

nên
SAB
∆
ñều .
Do ñó :
AB SA
AM
2 2
= =
SOA
∆

vuông tại O và

SAO 30
=

nên

SA 3
OA SA.cos30
2
= =


OMA
∆
vuông tại M do ñó :
2 2
3SA SA
2 2 2 2 2 2
OA OM MA a SA 2a SA a 2
4 4
= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ =

II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :
a) 1ñ
Qua A(1;2;0)
( ):
1

+ VTCP a = (2; 2; 1)
1

+

∆

− −



,
Qua B(0; 5;4)
( ):
2
+ VTCP a = ( 2;3;0)
2

+ −

∆

−





AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB 9 0
1 2

= − − = − ≠
 
 
⇒

( )
1
∆
,
( )
2
∆
chéo nhau .
b) 1ñ
Qua ( )
Qua A(1;2;0)
1
(P) : (P): (P):3x 2y 2z 7 0
+ VTPT n = [a ;a ] (3;2;2)
+ // ( )
1 2
2

+ ∆

+
 
⇒ ⇒
+ + − =
 

=
∆




  

Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :
Ta có :
x 2
3 2
x 8 0 (x 2)(x 2x 4) 0
2
x 2x 4 0 (*)

= −
+ = ⇔ + − + = ⇔


− + =



13

Phưong trình
(*)
có
2

1 4 3 3i i 3
∆ = − = − = ⇒ ∆ =
nên (*) có 2 nghiệm :

x 1 i 3 , x 1 i 3
= − = +
Vậy phương trình có 3 nghiệm
x 2
= −
,
x 1 i 3 , x 1 i 3
= − = +
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :
a. 0,5ñ Gọi
x 2 t
Qua M(2;3;0)
Qua M(2;3;0)
(d): (d): (d): y 3 t
+ VTCP a = n (1;1;2)
+ (P)
P
z 2t

= +

+

+
 

⇒ ⇒ = +
  
=
⊥


 
=

 

Khi ñó :
N d (P) N(1;2; 2)
= ∩ ⇒ −

b. 1,5ñ + Tâm
I(1; 2;3)
−
, bán kính R =
6

+ (Q) (P) nên (Q) :
x y 2z m 0 (m 1)
+ + + = ≠

+ (S) tiếp xúc (Q)
m 1 (l)
|1 2 6 m |
d(I;(Q)) R 6 | 5 m | 6
m 11

6

=
− + +
⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔

= −


Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) :
x y 2z 11 0
+ + − =

Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :

z 1 i z 2 r
1 2 1 2 3
cos , sin
2 2 4
2 2
= − + ⇒ = =
π
ϕ = − = − ϕ = = ⇒ ϕ =

Vậy :
3 3
z 2(cos isin )
4 4
π π
= +

14

ðỀ 5
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm )
Câu I ( 3,0 ñiểm )
Cho hàm số
x 3
y
x 2
−
=
−
có ñồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C).
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể ñường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt ñồ thị của
hàm số ñã cho tại hai ñiểm phân biệt .
Câu II ( 3,0 ñiểm )
a. Giải bất phương trình
ln (1 sin )
2
2
2
e log (x 3x) 0
π
+

− + ≥

b. Tính tìch phân : I =
π
+
∫
2
0
x x
(1 sin )cos dx
2 2

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
=
+
x
x
e
y
e e
trên ñoạn
[ln2 ; ln4]
.
Câu III ( 1,0 ñiểm )
Cho hình lăng trụ tam giác ñều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh ñều bằng a .Tính thể tích
của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó .
8. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho hai ñường thẳng

1
x 2 2t
(d ) : y 3
z t
= −


=


=

và
2
x 2 y 1 z
(d ):
1 1 2
− −
= =
−
.
a. Chứng minh rằng hai ñường thẳng
(d ),(d )
1 2
vuông góc nhau nhưng không cắt nhau .
b. Viết phương trình ñường vuông góc chung của
(d ),(d )
1 2
.
Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :

Tìm môñun của số phức
3
z 1 4i (1 i)
= + + −
.
9. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho mặt phẳng (
α
) :
2x y 2z 3 0
− + − =
và hai
ñường thẳng (
d
1
) :
− −
= =
−
x 4 y 1 z
2 2 1
, (
d
2
) :
+ + −
= =
−
x 3 y 5 z 7

2 3 2
.
a. Chứng tỏ ñường thẳng (
d
1
) song song mặt phẳng (
α
) và (
d
2
) cắt mặt phẳng (
α
) .
b. Tính khoảng cách giữa ñường thẳng (
d
1
) và (
d
2
).
c. Viết phương trình ñường thẳng (
∆
) song song với mặt phẳng (
α
) , cắt ñường thẳng
(
d
1
) và (
d

2
) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 .
Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :
Tìm nghiệm của phương trình
2
z z
=
, trong ñó
z
là số phức liên hợp của số phức z .
. . . . . . . .Hết . . . . . . .



15

HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm )
Câu I ( 3,0 ñiểm )
a) 2ñ








b) 1ñ Phương trình hoành ñộ của (C ) và ñường thẳng
y mx 1

= +
:

x 3
2
mx 1 g(x) mx 2mx 1 0 , x 1
x 2
−
= + ⇔ = − + = ≠
−
(1)
ðể (C ) và (d) cắt nhau tại hai ñiểm phân biệt
⇔
phương trình (1) có hai nghiệm phân
biệt khác 1
⇔
m 0
m 0
m 0
2
m m 0 m 0 m 1
m 1
g(1) 0 m 2m 1 0

≠

≠


  <

′
∆ = − > ⇔ < ∨ > ⇔
 

>

 
≠ − + ≠




Câu II ( 3,0 ñiểm )
a) 1ñ pt
⇔
ln 2
2 2
2 2
e log (x 3x) 0 2 log (x 3x) 0 (1)
− + ≥ ⇔ − + ≥

ðiều kiện : x > 0
x 3
∨ < −

(1)
⇔
2 2 2 2
2
log (x 3x) 2 x 3x 2 x 3x 4 0 4 x 1

+ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤

So ñiều kiện , bất phương trình có nghiệm :
4 x 3 ; 0 < x 1
− ≤ < − ≤

b) 1ñ I =
2 2
x x x x 1 x 1
2
(cos sin .cos )dx (cos sinx)dx (2sin cosx)
2 2 2 2 2 2 2
0
0 0
π π
π
+ = + = − =
∫ ∫


2 1 1
2. 2
2 2 2
= + = +

c) 1
ñ Ta có :
x
e
y 0 , x [ln2 ; ln4]

x 2
(e e)
′
= > ∈
+

x
−∞
2
+∞

y
′

+ +
y

+∞

1
1
−∞




16


+

2
miny y(ln2)
2 e
[ln2 ; ln4]
= =
+
+
4
Maxy y(ln4)
4 e
[ln2 ; ln4]
= =
+

Câu III ( 1,0 ñiểm )

2 3
a 3 a 3
V AA'.S a.
lt ABC
4 4
= = =
 Gọi O , O’ lần lượt là tâm của ñường tròn ngoại tiếp

ABC , A'B'C'
∆ ∆
thí tâm củ
a m
ặ
t c

ầ
u (S) ngo
ạ
i
ti
ế
p hình l
ă
ng tr
ụ

ñề
u ABC.A’B’C’ là trung
ñ
i
ể
m
I c
ủ
a OO’ .
Bán kính
a 3 a a 21
2 2 2 2
R IA AO OI ( ) ( )
3 2 6
= = + = + =
Di
ệ
n tích :
2

a 21 7 a
2 2
S 4 R 4 ( )
mc
6 3
π
= π = π =

II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :
a) 1ñ Thay x.y.z trong phương trình của (
d
1
) vào phương trình của (
d
2
) ta ñược :

2t 3 1 t
(t 1) (t 4)
1 1 2
− −
= = ⇔ = − ∧ = −
−
vô nghi
ệ
m .
V

ậ
y
(d )
1
và
(d )
2
không c
ắ
t nhau .
Ta có :
(d )
1
có VTCP
u ( 2;0;1)
1
= −

;
(d )
2
có VTCP
u (1; 1;2)
2
= −


Vì
u .u 0
1 2

=
 
nên
(d )
1
và
(d )
2
vuông góc nhau .
b) 1
ñ
L
ấ
y
M(2 2t;3;t) (d )
1
− ∈
,
N(2 m;1 m;2m) (d )
2
+ − ∈

Khi
ñ
ó :
MN (m 2t; 2 m;2m t)
= + − − −


MN vuông v

ới
(d ),(d )
1 2
MN.u 0
t 0
5 4 2
1
M(2;3;0),N( ; ; )
m 1/ 3
3 3 3
MN.u 0
2

=
=

−

⇔ ⇔ ⇒
 
= −
=








x 2 y 3 z
(MN):
1 5 2
− −
⇒ = =
là phưong trình ñường thẳng cần tìm .
Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :
Vì
3 3 2 3
(1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i
− = − + − = − − + = − −
.
Suy ra :
2 2
z 1 2i z ( 1) 2 5
= − +
⇒
= − + =


2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :

a) 0,75ñ

qua A(4;1;0) qua B( 3; 5;7)
(d ): , (d ): ,
1 2
VTCP u (2;2; 1) VTCP u (2;3; 2)

1 2
 
− −
 
= − = −
 
 
 
 
( )
α
có vtpt
n (2; 1;2)
= −





17

Do
u .n 0
1
=
 
và
A ( )
∉ α
nên (

d
1
) (
α
) .
Do
u .n 3 0
2
= − ≠
 
nên (
d
1
) cắt (
α
) .
b) 0,5 ñ Vì
[u ,u ] ( 1;2;2) , AB ( 7; 6;7)
1 2
= − = − −

 

⇒

[u ,u ].AB
1 2
d((d ),(d )) 3
1 2
[u ,u ]

1 2
= =

 
 

c) 0,75ñ phương trình
qua (d )
1
mp( ): ( ):2x y 2z 7 0
// ( )


β ⇒ β − + − =

α





Gọi
N (d ) ( ) N(1;1;3)
2
= ∩ β ⇒ ;
M (d ) M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3)
1
∈
⇒
+ + − = + − −



Theo ñề :
2
MN 9 t 1
= ⇔ = −
.
Vậy
qua N(1;1;3)
x 1 y 1 z 3
( ): ( ):
1 2 2
VTCP NM (1; 2; 2)

− − −
∆ ⇒ ∆ = =

− −
= − −





Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :
Gọi z = a + bi , trong ñó a,b là các số thực . ta có :
z a bi
= −
và
2 2 2

z (a b ) 2abi
= − +

Khi ñó :
2
z z
= ⇔
Tìm các số thực a,b sao cho :
2 2
a b a
2ab b


− =

= −



Giải hệ trên ta ñược các nghiệm (0;0) , (1;0) ,
1 3
( ; )
2 2
−
,
1 3
( ; )
2 2
− −
.

18

ðỀ 6
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
4 2
y = x 2x
− +
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M (
2
;0) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Cho
lg392 a , lg112 b
= =
. Tính lg7 và lg5 theo a và b .
b. Tính tìch phân : I =
2
1
x
x(e sinx)dx
0
+
∫

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số
2
x 1
y
1 x
+
=
+
.
Câu III ( 1,0 điểm )
Tính tỉ số thể tích của hình lập phương và thể tích của hình trụ ngoại tiếp hình lập
phương đó .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với các đỉnh là A(0;
2
−
;1) ,
B(
3
−
;1;2) , C(1;
1
−
;4) .
a. Viết phương trình chính tắc của đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác .
b. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm C và vng góc với mặt
phẳng (OAB) với O là gốc tọa độ .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) :
1
y
2x 1
=
+
, hai đường thẳng x = 0 ,
x = 1 và trục hồnh . Xác định giá trị của a để diện tích hình phẳng (H) bằng lna .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (
1;4;2)
−
và hai mặt phẳng (
1
P
) :

2x y z 6 0
− + − =
, (
2
P ):x 2y 2z 2 0
+ − + =
.
a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng (
1
P
) và (

2
P
) cắt nhau . Viết phương trình tham số của
giao tuyến
∆
c
ủa hai mặt phằng đó .
b. Tìm điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên giao tuyến
∆
.
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y =
2
x
và (G) : y =
x
. Tính thể tích
c
ủa khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh .

. . . . . . . .Hết . . . . . . .

19


HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm )
Câu I ( 3,0 ñiểm )
a) 2ñ

b) 1ñ Gọi (
∆
) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k
nên
( ): y k(x 2)
∆ = −

(
∆
) là tiếp tuyến của ( C )
⇔
Hệ sau có nghiệm :
4 2
x 2x k(x 2) (1)
3
4x 4x k (2)

− + = −



− + =


Thay (2) vào (1) ta ñược :
2 2
2
x(x 2)(3x 2x 4) 0 x ,x 0,x 2
3
− − − = ⇔ = − = =


2 2 8 2 8 2 16
(2)
x k ( ):y x
1
3 27 27 27
= − → = − → ∆ = − +


(2)
x 0 k 0 ( ) :y 0
2
= → = → ∆ =


(2)
x 2 k 4 2 ( ):y 4 2x 8
3
= → = − → ∆ = − +

Câu II ( 3,0 ñiểm )
a) 1ñ Ta có : a = lg392 =
3 2

10
lg(2 .7 ) 3lg2 2lg7 3lg 2lg7 3 3lg5 2lg7
5
= + = + = − +

⇒

2lg7 3lg5 a 3
− = −
(1)
b = lg112 =
4
10
lg(2 .7) 4lg2 lg7 4lg 4lg5 4 4lg5 lg7
5
= + = − = − +

lg7 4lg5 b 4
⇒ − = −
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ :
2lg7 3lg5 a 3
1 1
lg5 (a 2b 5) , lg7 (4a 3b)
5 5
lg7 4lg5 b 4

− = −
⇒ = − + = −


− = −


b) 1d Ta có I =
2 2
1 1 1
x x
x(e sinx)dx xe dx xsinxdx I I
1 2
0 0 0
+ = + = +
∫ ∫ ∫


2 2 2
1
1 1
1 1 1
x x 2 x
I xe dx e d(x ) ( e ) = (e 1)
1
2 2 2
0
0 0
= = = −
∫ ∫
. Cách khác ñặt t =
2
x

1
I xsinxdx .
2
0
=
∫
ðặt :
u x du dx
dv sinxdx v cosx
 
= =
⇒
 
= = −
 

nên
1
1 1
2 0 0
0
I [ xcosx] cosxdx cos1 [sinx] cos1 sin1
= − + = − + = − +
∫

x

−∞

1
−
0 1
+∞

y
′

+ 0
−
0 + 0
−

y
1 1

−∞
0
−∞


20


Vậy :
1
I (e 1) sin1 cos1
2
= − + −
c) 1đ Tập xác định :

D
=
ℝ


2 2
1 x
y , y = 0 x = 1
(1 x ) 1 x
−
′ ′
= ⇔
+ +
,

x x x x
2
1
x(1 )
x
lim y lim lim y 1 ; lim y 1
1
x . 1
x
→ ±∞ → ±∞ → −∞ →+∞
+
= ⇒ = − =
+

Bảng biến thiên :

Vậy : Hàm số đã cho đạt :
M maxy = y(1) 2
= =
ℝ


Không có GTNN


Câu III ( 1,0 điểm )
Nếu hình lập phương có cạnh là a thì thể tích
của nó là
3
V a
1
=

Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có bán
kính
a 2
R
2
=
và chiều cao h = a nên có thể

tích là
3
a
V
2
2
π
=
. Khi đó tỉ số thể tích :

3
V
a 2
1
3
V
2
a
2
= =
π
π

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ Trung điểm của cạnh BC là M(
1;0;3
−

)
Trung tuyến
Qua M( 1;0;3)
x y 2 z 1
(AM): (AM):
VTCP u = AM ( 1;2;2)
1 2 2

−
+ −
⇒ = =

= −
−






b) 1đ
Mặt phẳng (OAB) :
Qua O(0;0;0)
OA (0; 2;1)
VTCP :
OB ( 3;2;1)


= −



= −






VTPT n = [OA;OB] ( 1)(5;3;6)
⇒ = −
 


x

−∞
1
+∞

y
′

+ 0
−

y

2

1

−
1

21


x 1 5t
Qua C(1; 1;4)
(d): (d): y 1 3t
VTCP u = n = ( 1)(5;3;6)
z 4 6t

= +


−
⇒ ⇒ = − +
 
−


= +

 



Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :
Vì hàm số
1

y
2x 1
=
+
liên tục , không âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích :

1 1
1
0
0 0
1 1 d(2x 1) 1 1
S dx ln 2x 1 ln3
2x 1 2 2x 1 2 2
+
= = = + =
+ +
∫ ∫

Theo ñề :
a 0
1
S lna ln3 lna ln 3 lna a 3
2 a 3

>
= ⇔ = ⇔ = ⇔ ⇔ =

=


2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :
a) 1ñ
+ Mặt phẳng (
1
P
) có VTPT
1
n (2; 1;1)
= −

, mặt phẳng (
2
P
) có VTPT
2
n (1;2; 2)
= −


Vì
2 1
1 2
−
≠ nên suy ra (
1
P
) và (
2
P

) cắt nhau .
+ Gọi
u
∆

là VTCP của ñường thẳng
∆
thì
u
∆

vuông góc
1
n

và
2
n

nên ta có :

1 2
u [n ; n ] (0;5;5) 5(0;1;1)
∆
= = =
  

Vì
1 2
(P ) (P )

∆ = ∩ . Lấy M(x;y;x)
( )
∈ ∆
thì tọa ñộ của ñiểm M thỏa mãn hệ :

2x y z 6 0
, cho x = 2 ta
x 2y 2z 2 0

− + − =

+ − + =

ñược :
y z 2 y 1
. Suy ra : M(2;1;3)
2y 2z 4 z 3
 
− + = =
⇔
 
− = − =
 

Vậy
x 2
qua M(2;1;3)
( ): ( ): y 1 t
vtcp u 5(0;1;1)
z 3 t

∆

=


∆ ⇒ ∆ = +
 
=


= +





b) 1ñ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên ñường thẳng (
∆
) .
Ta có : MH
⊥ ∆
. Suy ra :
H (Q)
= ∆ ∩
, với (Q) là mặt phẳng ñi qua ñiểm M và vuông
với
∆
. Do ñó
qua M(2;1;3)
(Q): (Q): 0(x 1) 1(y 4) 1(z 2) 0 (Q):y z 6 0

vtpt n = u 5(0;1;1)
∆

⇒ + + − + − = ⇔ + − =

=

 



Thay x,y,z trong phương trình (
∆
) vào phương trình mặt phẳng (Q) ta ñược :

pt( )
1
t H(2;2;4)
5
∆
= →
Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của ( C) và (G) :
2
x x x 0,x 1
= ⇔ = =

Khi ñó (H) giới hạn bởi các ñường thẳng x = 0 , x = 1 , ( C) và (G) .
Vì
2

0 x x , x (0;1)
< < ∀ ∈
nên gọi
1 2
V ,V
lần lượt là thể tích sinh ra bởi ( C) và (G) .
Khi ñó :
1
2 5
4 1
2 1 0
0
x x 3
V V V (x x )dx [ ]
2 5 10
π
= − = π − = π − =
∫


22

ðỀ 7
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm )
Câu I ( 3,0 ñiểm )
Cho hàm số
3 2
y x 3x 4
= + −

có ñồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C).
b. Cho họ ñường thẳng
(d ): y mx 2m 16
m
= − +
với m là tham số . Chứng minh rằng
(d )
m
luôn cắt ñồ thị (C) tại một ñiểm cố ñịnh I .
Câu II ( 3,0 ñiểm )
a. Giải bất phương trình
x 1
x 1
x 1
( 2 1) ( 2 1)
−
−
+
+ ≥ −

b. Cho
1
f(x)dx 2
0
=
∫
với f là hàm số lẻ. Hãy tính tích phân : I =
0
f(x)dx

1
−
∫
.
c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất nếu có của hàm số
2
x
4x 1
y 2
+
= .
Câu III ( 1,0 ñiểm )
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có ñáy ABC là tam giác ñều cạnh bằng a . Hình chiếu
vuông góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung ñiểm của AB . Mặt bên (AA’C’C) tạo
với ñáy một góc bằng
45

. Tính thể tích của khối lăng trụ này .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó.
10. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz .Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vuông
góc với mặt phẳng (Q) :
x y z 0
+ + =
và cách ñiểm M(1;2;
1
−
) một khoảng bằng

2
.
Câu V.a ( 1,0 ñiểm ): Cho số phức
1 i
z
1 i
−
=
+
. Tính giá trị của
2010
z
.
11. Theo chương trình nâng cao:
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ):
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñường thẳng (d):
x 1 2t
y 2t
z 1

= +

=


= −

và mặt phẳng
(P) :
2x y 2z 1 0

+ − − =
.
a. Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên (d) , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với (P) .
b. Viết phương trình ñường thẳng (
∆
) qua M(0;1;0) , nằm trong (P) và vuông góc với
ñường thẳng (d) .
Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :
Trên tập số phức , tìm B ñể phương trình bậc hai
2
z Bz i 0
+ + =
có tổng bình phương hai
nghiệm bằng
4i
−
.
. . . . . . . .Hết . . . . . . .


23

HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm )
Câu I ( 3,0 ñiểm )
a) 2ñ

x
−∞

2
−
0
+∞

y
′

+ 0
−
0 +

0
+∞

−∞

4
−



b) 1ñ Ta có : Phương trỉnh hoành ñộ ñiểm chung của (C) và
(d )
m
:

x 2
3 2 2
x 3x 4 mx 2m 16 (x 2)[x 5x (10 m)] 0

2
x 5x 10 m 0

=
+ − = − + ⇔ − + + − = ⇔


+ + − =


Khi x = 2 ta có
3 2
y 2 3.2 4 16 ; y = 2m 2m + 16 = 16 , m
= + − = − ∀ ∈
ℝ

Do ñó
(d )
m
luôn cắt (C) tại ñiểm cố ñịnh I(2;16 ) .

Câu II ( 3,0 ñiểm )
a) 1ñ Vì
1
1
( 2 1)( 2 1) 1 2 1 ( 2 1)
2 1
−
+ − = ⇒ − = = +
+

nên
x 1
x 1
x 1
x 1
bpt ( 2 1) ( 2 1) x 1
x 1
−
−
+
−
−
⇔ + ≥ + ⇔ − ≥ −
+
do
2 1 1
+ >


2 x 1
(x 1)(x 2)
0
x 1
x 1

− ≤ < −
− +
⇔ ≥ ⇔


+
≥



b) 1ñ ðổi biến : u =
x
−
du dx dx du
⇒ = − ⇒ = −
.
ðổi cận :  x =
1
−
u 1
⇒ =

 x = 0
u 0
⇒ =

Vì f là hàm số lẻ nên
f( u) f(u)
− = −

Khi ñó : I =
0 1 1 1
f( u)du f( u)du f(u)du f(x)dx 2
1 0 0 0
− − = − = − = − = −

∫ ∫ ∫ ∫

c) 1ñ Tập xác ñịnh
D
=
ℝ


x
∀ ∈
ℝ
, ta có :
x 1
2 2 2
(2x 1) 0 4x 4x 1 0 4x 1(4x 1)
2
4
4x 1
+ ≥ ⇒ + + ≥ ⇒ ≥ − + ⇒ ≥ −
+
(1)

x 1
2 2 2
(2x 1) 0 4x 4x 1 0 (4x 1) 4x
2
4
4x 1
− ≥ ⇒ − + ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≤
+

(2)

24

Từ (1) và (2) suy ra :
2 2
x x
1 1
1 x 1 1
4
4x 1 4x 1
4 4
2 2 2 2 2, x
2 4
4 4
24x 1
−
+ +
− ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ∀ ∈
+
ℝ

Vậy :
1 1 1
4
miny y( ) ; maxy y( ) 2
4
2 2
2
= − = = =

ℝ ℝ

Câu III ( 1,0 ñiểm )
Gọi H là trung ñiểm của AB . Ta có A’H
⊥
(ABC) .Kẻ HE
⊥
AC thì

A'EH 45
=

là góc
giữa hai mặt (AA’C’C) và (ABC) . Khi ñó : A’H = HE =
a 3
4
( bằng
1
2
ñường cao
∆
ABC) . Do ñó :
2 3
a 3 a 3 3a
V .
ABC.A'B'C'
4 4 16
= =

II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :
Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với
2 2 2
A B C 0
+ + ≠

Vì (P)
⊥
(Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0
⇔
A+B+C = 0
C A B
⇔ = − −
(1)
Theo ñề :
d(M;(P)) =
2
A 2B C
2 2 2 2
2 (A 2B C) 2(A B C )
2 2 2
A B C
+ −
⇔ = ⇔ + − = + +
+ +
(2)
Thay (1) vào (2) , ta ñược : 8AB+5
8A

2
B 0 B 0 hay B =
5
= ⇔ = −

(1)
B 0 C A . Cho A 1,C 1
= → = − = = −
thì (P) :
x z 0
− =


8A
B =
5
− . Chọn A = 5 , B =
1
−
(1)
C 3
→ =
thì (P) :
5x 8y 3z 0
− + =

Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :
Ta có :
2
1 i (1 i)

z i
1 i 2
− +
= = =
+
nên
2010 2010 4 502 2 4 502 2
z i i i .i 1.( 1) 1
× + ×
= = = = − = −

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :
a) 1ñ
Tâm mặt cầu là
I (d)
∈
nên I(1+2t;2t;
1
−
)
Theo ñề : Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên

25


2(1 2t) 2t 2( 1) 1
d(I;(P)) R 3 6t 3 3 t 0,t 1
4 1 4
+ + − − −

= = = ⇔ + = ⇔ = = −
+ +

 t = 0 thì I(1;0;
1
−
)
2 2 2
(S ):(x 1) y (z 1) 9
1
⇒ − + + + =

 t =
1
−
thì I(
1; 2
− −
;
1
−
)
2 2 2
(S ):(x 1) (y 2) (z 1) 9
2
⇒ + + + + + =

b) 1ñ VTCP của ñường thẳng (d) là
u (2;2;0) 2(1;1;0)
= =



VTPT của mặt phẳng là
v (2;1; 2)
= −


Gọi
u
∆

là VTCP của ñường thẳng (
∆
) thì
u
∆

vuông góc với
u,n
 
do ñó ta chọn

u [u,v] ( 2)(2; 2;1)
= = − −
∆
  
.
Vậy
Qua M(0;1;0)
x y 1 z

( ): ( ):
vtcp u [u,v] ( 2)(2; 2;1)
2 2 1

−
∆ ⇒ ∆ = =

= = − −
−

∆
  



Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :
Gọi
z ,z
1 2
là hai nghiệm của phương trình ñã cho và
B a bi
= +
với
a,b
∈
ℝ
.
Theo ñề phương trình bậc hai
2
z Bz i 0

+ + =
có tổng bình phương hai nghiệm bằng
4i
−
.
nên ta có :
2 2 2 2 2
z z (z z ) 2z z S 2P ( B) 2i 4i
1 2 1 2 1 2
+ = + − = − = − − = −
hay
2
B 2i
= −
hay

2 2 2
(a bi) 2i a b 2abi 2i
+ = − ⇔ − + = −
Suy ra :
2 2
a b 0
2ab 2


− =

= −



.
Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là
(1; 1),( 1;1)
− −

Vậy :
B 1 i
= −
,
B = 1 i
− +