23 Đề thi thử Tốt nghiệp môn Toán có đáp án

Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 1 - PMDT
ĐỀ SỐ 1
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
x 2
y
1 x



có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) .
b. Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y = mx

4

2m luôn đi qua một điểm cố định của đường
cong (C) khi m thay đổi . .
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Giải phương trình
x x 1
2 2
log (2 1).log (2 2) 12

  

b. Tính tìch phân : I =
0

sin2x
dx
2
(2 sinx)
/2




c. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị
2
x 3x 1
(C): y
x 2
 


, biết rằng tiếp tuyến này song song với
đường thẳng (d) :
5x 4y 4 0
  
.
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình chóp S,ABC . Gọi M là một điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2 MA . Tính tỉ số thể tích của
hai khối chóp M.SBC và M.ABC .
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 không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục

Ox,Oy,Oz và có trọng tâm G(1;2;-1) Hãy tính diện tích tam giác ABC .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường ( C ) : y =
2
x
, (d) : y =

6 x
và trục hoành . Tính diện tích
của hình phẳng (H) .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ . Biết A’(0;0;0) ,
B’(a;0;0),D’(0;a;0) , A(0;0;a) với a>0 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và B’C’ .
a. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và song song với hai đường thẳng AN và BD’
b. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD’ .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tìm các hệ số a,b sao cho parabol (P) :
  
2
y 2x ax b
tiếp xúc với hypebol (H) :

1
y
x
Tại điểm
M(1;1)

Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 2 - PMDT

HƯỚNG DẪN (ĐỀ 1)
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ









b) 1đ
Ta có : y = mx


4

2m
    
m(x 2) 4 y 0 (*)

Hệ thức (*) đúng với mọi m
  
 
 
 
    
 
x 2 0 x 2
4 y 0 y 4

Đường thẳng y = mx

4

2m luôn đi qua
điểm cố định A(2;

4) thuộc (C)
( Vì tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình
x 2
y
1 x




)
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ Điều kiện : x > 1 .

2 2
x x
pt log (2 1).[1 log (2 1)] 12 0 (1)
     
Đặt :
2
x
t log (2 1)
 
thì
2
(1) t t 12 0 t 3 t 4
        


2
2
x x
t = 3 log (2 1) 3 2 9 x log 9
2
17 17
x x
t = 4 log (2 1) 4 2 x log
2
16 16

      
        



b) 1đ Đặt
t 2 sinx dt cosxdx
   


x = 0 t = 2 , x = t 1
2
2 2 2
2
2
2(t 2) 1 1 1 4
I = dt 2 dt 4 dt 2ln t 4 ln4 2 ln
1
2 2 2
t t
t t e
1
1 1 1

   

      
  



c) 1đ Đường thẳng (d)
5
5x 4y 4 0 y x 1
4
     

Gọi

là tiếp tuyến cần tìm , vì

song song với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc k =
5
4

Do đó :
5
( ): y x b
4
  



là tiếp tuyến của ( C )

hệ sau có nghiệm
2
x 3x 1 5
x b (1)
x 2 4

x 2:
2
x 4x 5 5
(2)
2
4
(x 2)

 

 




 






x

1


y


+ +
Y




1



1




Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 3 - PMDT



2
(2) x 4x 0 x 0 x 4
1 5 1
(1)
x = 0 b tt( ): y x
1
2 4 2
5 5 5
(1)
x = 4 b tt( ):y x

2
2 4 2
      
      
      



Câu III ( 1,0 điểm )
Ta có :
V
SM 2 2
S.MBC
V .V (1)
S.MBC S.ABC
V SA 3 3
S.ABC
   
2 1
V V V V .V .V (2)
M.ABC S.ABC S.MBC S.ABC S.ABC S.ABC
3 3
    
Từ (1) , (2) suy ra :
V V
M.SBC S.MBC
2
V V
M.ABC M.ABC
 

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Vì các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz nên ta gọi A(x;0;0) , B(0;y;0),
C(0;0;z) . Theo đề :
G(1;2;
1

) là trọng tâm tam giác ABC






 
   
 
 
 


 


x
1
3
x 3

y
2 y 6
3
z 3
z
1
3
0,5đ
Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0;
3

) 0,25đ
Mặt khác :   
3.V
1
OABC
V .d(O,(ABC).S S
OABC ABC ABC
3 d(O,(ABC)
0,25đ
Phương trình mặt phẳng (ABC) :
  

x y z
1
3 6 3
0,25đ
nên
 
 

1
d(O,(ABC)) 2
1 1 1
9 36 9
0,25đ
Mặt khác :
  
1 1
V .OA.OB.OC .3.6.3 9
OABC
6 6
0,25đ
Vậy : 
27
S
ABC
2
0,25đ
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hònh độ giao điểm của ( C ) và (d) :



      

 

x 2
2 2
x 6 x x x 6 0

x 3

      
 
2 6
2
1 x 26
2 3 2 6
S x dx (6 x)dx [x ] [6x ]
0 2
3 2 3
0 2

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ Từ giả thiết ta tính được : B(a;0;a),
D(0;a;0) , A(0;0;a) , M(
a
;0;a)
2
, N(a;
a
2
;0) .
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 4 - PMDT


   
     



a a
AN (a; ; a) (2;1; 2)
2 2
BD' ( a;a; a) a(1; 1;1)

Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với
AN và BD’ nên có VTPT là
  
 

2
a
n [AN,BD'] (1;4;3)
2

Suy ra :
:
          
a 7a
(P):1(x ) 4(y 0) 3(z a) 0 x 4y 3z 0
2 2

b) 1đ Gọi

là góc giữa

AN
và


BD'
. Ta có :

  
       
  
 
 
  
2
a
2 2
a a
2
AN.BD'
1 3 3
cos arccos
3a
9 9
3 3
AN . BD'
.a 3
2
2
a
[AN,BD'] (1;4;3),AB (a;0;0) a(1;0;0)
2

Do đó :   

  
 
3
a
[AN,BD'].AB
a
2
d(AN,BD')
2
26
[AN,BD']
a . 26
2

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tiếp điểm M có hoành độ chính là nghiệm của hệ phương trình :



  
  




 
  
 
  
 


1
1
2
2
2x ax b
2x ax b
x
x
1
1
2
4x a
(2x ax b)' ( )'
2
x
x
(I)
Thay hoành độ của điểm M vào hệ phương trình (I) , ta được :

       
  
 
  
     
  
2 a b 1 a b 1 a 5
4 a 1 a 5 b 4

Vậy giá trị cần tìm là

  
a 5,b 4




















Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 5 - PMDT
ĐỀ SỐ 2
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
2x 1

y
x 1



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(1;8) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
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 điểm )
Một hình trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h =
2
. Một hình vuông có các đỉnh nằm trên hai đường
tròn đáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và không vuông góc với trục của hình trụ . Tính
cạnh của hình vuông 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 không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 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 đến mặt phẳng (Q) .
b. Viết phương trình mặt phẳng ( R ) đi qua giao tuyến (d) của (P) và (Q) đồng thời vuông góc với mặt
phẳng (T) :
  
3x y 1 0
.
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y =
 
2

x 2x
và trục hoành . Tính thể tích của khối tròn
xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :
x 3 y 1 z 3
2 1 1
  
 
và mặt
phẳng (P) :
x 2y z 5 0
   
.
a. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
b. Tính góc giữa đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
c. Viết phương trình đường thẳng (

) là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P).
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Giải hệ phương trình sau :






 



y
4 .log x 4
2
2y
log x 2 4
2










Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 6 - PMDT

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

b. (1đ) Gọi
( )

là tiếp tuyến đi qua M(1;8) có hệ số góc k .
Khi đó :
( )


y 8 k(x 1) y k(x 1) 8
      

Phương trình hoành độ điểm 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 điểm )
a. (1đ ) 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. (1đ) 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. (1đ)
2
' 3 3i
    nên
' i 3
 
Phương trình có hai nghiệm :

x 2 i 3 , x 2 i 3
1 2
   


Câu III ( 1,0 điểm )
Xét hình vuông có cạnh AD không song song và vuông
góc với trục OO’ của hình trụ . Vẽ đường sinh AA’
Ta có : CD

(AA’D)
 
CD A'D
nên A’C là đường
kính của đường tròn đáy .
Do đó : 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 điểm )
1, Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
x


1



y






y
2





2
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 7 - PMDT

a. (0,5đ) d(M;(Q)) =
1
3
b. (1,5đ) Vì


   
    

   

2 1 3
2x y 3z 1 0
(d) (P) (Q):
x y z 5 0
1 1 1

Lấy hai điểm 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 điểm ) :
+ Phương trình hoành giao điểm :
     
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

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a. (0,5đ ) Giao điểm I(

1;0;4) .
b. (0,5d)
2 2 1
1
sin
2 6
4 1 1. 1 4 1
 

     
   

c. (1,0đ) Lấy điểm A(

3;

1;3)

(d). Viết pt đường 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 điểm ) :
Đặt :

  
2y
u 2 0,v log x
2
. Thì


       
 
1
uv 4
hpt u v 2 x 4;y
u v 4
2

Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 8 - PMDT
ĐỀ SỐ 3
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm)

Câu I (3,0 điểm)
Cho hàm số
4 2
y x 2x 1
  
có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình
4 2
x 2x m 0 (*)
   .
Câu II ( 3,0 điểm )
a) Giải phương trình
 
x
cos
x
3
log (x) 2log (cos ) 1
3
log ( x) 1
3 2

 

 
 
 

 



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 điểm )
Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vuông góc với nhau từng đôi một với SA = 1cm, SB = SC =
2cm .Xác định tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của mặt cầu và thể tích
của khối cầu 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 không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A(

2;1;

1) ,B(0;2;


1)
,C(0;3;0), D(1;0;1) .
a. Viết phương trình đường thẳng BC .
b. Chứng minh rằng 4 điểm A,B,C,D không đồng phẳng .
c. Tính thể tích tứ diện ABCD .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
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 điểm ):
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;

1;1) , hai đường 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 điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng (
2

) .
b. Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng
( ),( )
1 2
 
và nằm trong mặt
phẳng (P) .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tìm m để đồ thị của hàm số
2
x x m
(C ):y
m
x 1
 



với
m 0

cắt trục hoành tại hai điểm
phân biệt A,B sao cho tuếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vuông góc nhau .







Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 9 - PMDT


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

x


1

0 1


y




0 + 0

0 +
y


1





2


2



b) 1đ pt (1)
4 2
x 2x 1 m 1 (2)
    
Phương trình (2) chính là phương trình điểm
chung của ( C ) và đường thẳng (d) : y = m – 1

Căn cứ vào đồ 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 điểm )
a) 1đ Điều kiện : 0 < x , x
1



  
      


 



     








2 x
2 x
2
2
2
log x 2log 2 1
pt 3 1 log x 2log 2 1 0
1
log x 1
x
2
log x log x 2 0
2
2
log x 2
x 4

b) 1đ
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
 

.Đặt :
x
u x,dv e dx
  . Do đó :
4
I
3


c) 1đ Ta có : TXĐ
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 điểm )
Gọi I là trung điểm của AB . Từ I kẻ đường thằng


vuông góc với mp(SAB) thì

là trục của
SAB


vuông .
Trong mp(SCI) , gọi J là trung điểm SC , dựng đường trung trực của cạnh SC của
SCI

cắt

tại O là
tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC .
Khi đó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật .
Ta tính được : SI =
1 5
AB
2 2
 , OI = JS = 1 , bán kính R = OS =
3
2

Diện tích : S =
2 2
4 R 9 (cm )
  
Thể tích : V =
4 9
3 3

R (cm )
3 2
  
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 10 - PMDT

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
. 1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 0,5đ (BC) :
x 0
Qua C(0;3;0)
(BC): y 3 t
+ VTCP BC (0;1;1)
z t




 
  
 








b) 1,0đ 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 đồng phẳng
c) 0,5đ
1 3
V [AB,AC].AD
6 2
 
  


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


 



 



 

    

 


 
Qua M(1; 1;1)
(P):
+ ( )
2
Qua M(1; 1;1)
(P): (P): x 2y 3 0
+ VTPT n = a ( 1;2;0)
P 2

Khi đó :
19 2
N ( ) (P) N( ; ;1)
2
5 5
   
b) 1đ 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 điểm ) :
Pt hoành độ giao điểm của
(C )
m
và trục hoành :
2
x x m 0 (*)
   với
x 1


điều 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 độ 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









Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 11 - PMDT
ĐỀ SỐ 4
( 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
y x 3x 1
  
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(
14
9
;
1

) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
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





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 điểm )
Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a ,

SAO 30


,

SAB 60


. Tính độ dài đường sinh theo a .
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 không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

 
  
 
x 1 y 2 z
( ):
1
2 2 1

,
 


   




x 2t
( ): y 5 3t
2
z 4

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

( )
2
.
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Giải phương trình
 
3
x 8 0
trên tập số phức
2) Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm 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 điểm N là hình chiếu của điểm 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 điểm ) :
Biểu diễn số phức z =
1

+ i dưới dạng lượng giác .

Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 12 - PMDT
HƯỚNG DẪN (ĐỀ 4)
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ
x


1

1


y


+ 0

0 +
y 3




1



b) 1đ 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 được :
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 điểm )
a) 1đ
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) 1đ
Phân tích
sin2xdx 2sinx.cosxdx 2sinx.d(2 sinx)
2 2 2
(2 sinx) (2 sinx) (2 sinx)

 
  
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 sinx)
2
2 sinx
(2 sinx)
1


 


Do đó :
2
2
I 2.[ln |2 sinx | ]

0
2 sinx




 =
1
2ln3
3

Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt
 
t 2 sinx

c) 1đ
Ta có :
   
3 2
y 2sin x sin x 4sinx 2

Đặt :          
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 :
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 13 - PMDT


    

         


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]

Câu III ( 1,0 điểm )
Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM

AB thì OM = a

SAB
cân có



SAB 60
nên

SAB
đều .
Do đó :  
AB SA
AM
2 2


SOA
vuông tại O và




SAO 30
nên
 

SA 3
OA SA.cos30
2


OMA
vuông tại M do đó :
        
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 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ
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) 1đ
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 điểm ) :
Ta có :
 

       

  


x 2
3 2
x 8 0 (x 2)(x 2x 4) 0
2
x 2x 4 0 (*)

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 điểm ) :
a. 0,5đ 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 đó :
N d (P) N(1;2; 2)
   


b. 1,5đ + 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
   

Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 14 - PMDT
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

     

          
z 1 i z 2 r
1 2 1 2 3
cos , sin
2 2 4
2 2

Vậy :
 
 
3 3
z 2(cos isin )
4 4

Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 15 - PMDT
ĐỀ SỐ 5
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
x 3
y
x 2



có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại

hai điểm phân biệt .
Câu II ( 3,0 điểm )
a) Giải bất phương trình
ln (1 sin )
2
2
2
e log (x 3x) 0


  

b) Tính tìch phân : I =



2
x x
(1 sin )cos dx
2 2
0

c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 

x
e
y
x
e e
trên đoạn

[ln2 ; ln4]
.
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều 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 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 không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x 2 2t
(d ) : y 3
1
z t
 







và
x 2 y 1 z
(d ) :
2
1 1 2
 
 


.
a. Chứng minh rằng hai đường thẳng
(d ),(d )
1 2
vuông góc nhau nhưng không cắt nhau .
b. Viết phương trình đường vuông góc chung của
(d ),(d )
1 2
.
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Tìm môđun của số phức
   
3
z 1 4i (1 i)
.
2) Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (

) :
2x y 2z 3 0
   
và hai
đường 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 đường thẳng (
d
1
) song song mặt phẳng (

) và (
d
2
) cắt mặt phẳng (

) .
b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng (
d
1
) và (
d
2

).
c. Viết phương trình đường thẳng (

) song song với mặt phẳng (

) , cắt đường thẳng
(
d
1
) và (
d
2
) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tìm nghiệm của phương trình
2
z z

, trong đó
z
là số phức liên hợp của số phức z .




Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 16 - PMDT

HƯỚNG DẪN (ĐỀ 5)
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ






b) 1đ Phương trình hoành độ của (C ) và đường thẳng
y mx 1
 
:

x 3
2
mx 1 g(x) mx 2mx 1 0 , x 1
x 2

       

(1)
Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm 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 điểm )
a) 1đ pt

ln 2
2 2
2 2
e log (x 3x) 0 2 log (x 3x) 0 (1)
      

Điều 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 điều kiện , bất phương trình có nghiệm :
    
4 x 3 ; 0 < x 1

b) 1đ 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

   

2 1 1
2. 2
2 2 2

c) 1đ Ta có :

  

x
e
y 0 , x [ln2 ; ln4]
x 2
(e e)

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

Câu III ( 1,0 điểm )


2 3
a 3 a 3
V AA'.S a.
lt ABC
4 4
  
 Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp

ABC , A'B'C'
 
thí tâm của mặt cầu (S) ngoại
tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm
I của OO’ .
Bán kính
a 3 a a 21
2 2 2 2
R IA AO OI ( ) ( )
3 2 6
     
Diện tích :
2
a 21 7 a
2 2
S 4 R 4 ( )
mc
6 3

    

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
x

2


y


+ +
y



1
1


Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 17 - PMDT
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 Thay x.y.z trong phương trình của (
d
1
) vào phương trình của (
d
2
) ta được :

2t 3 1 t
(t 1) (t 4)
1 1 2
 
       

vô nghiệm .
Vậy
d
1
và
d
2
không cắt nhau .
Ta có :
d
1
có VTCP
u ( 2;0;1)
1
 

;
d
1
có VTCP
u (1; 1;2)
2
 



Vì
u .u 0
1 2

 
nên
d
1
và
d
2
vuông góc nhau .
b) 1đ Lấy
M(2 2t;3;t) (d )
1
  ,
N(2 m;1 m;2m) (d )
2
  
Khi đó :
MN (m 2t; 2 m;2m t)
    


MN vuông với
(d ),(d )s
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 đường thẳng cần tìm .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
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 điểm ) :
a) 0,75đ

 
 
 
   
 
 
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
 

 
( )

có vtpt
n (2; 1;2)
 


Do

 
u .n 0
1
và
A ( )
 
nên (
d
1
) // (

) .
Do
  
 
u .n 3 0
2
nên (
d
1

) cắt (

) .
b) 0,5 đ 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) 0,75đ phương trình

      



qua (d )
1

mp( ): ( ): 2x y 2z 7 0
// ( )



Gọi    
N (d ) ( ) N(1;1;3)
2
;
        

M (d ) M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3)
1

Theo đề :
   
2
MN 9 t 1
.
Vậy

  
    

  
 


qua N(1;1;3)
x 1 y 1 z 3

( ): ( ) :
VTCP NM (1; 2; 2)
1 2 2



Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực . ta có :
 
z a bi
và   
2 2 2
z (a b ) 2abi

Khi đó :
 
2
z z
Tìm các số thực a,b sao cho :


 

 


2 2
a b a
2ab b

Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) , 
1 3
( ; )
2 2
,  
1 3
( ; )
2 2
.




Bộ đề ơn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 18 - PMDT
ĐỀ SỐ 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)
c. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
d. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M (
2
;0) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
d. Cho
lg392 a , lg112 b

 
. Tính lg7 và lg5 theo a và b .
e. 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

   
, (
   
P ): x 2y 2z 2 0
2
.
a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng (
1
P
) và (
2
P
) cắt nhau . Viết phương trình tham số của
giao tuyến

của 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 của khối tròn
xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh .

Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 19 - PMDT

HƯỚNG DẪN (ĐỀ 6)
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ








b) 1đ 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 được :
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 điểm )
a) 1đ 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 4 lg 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)
lg7 4lg5 b 4
5 5

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 đặt t =
2
x


1
I xsinxdx .
2
0


Đặt :
 
 

 
  
 
u x du dx
dv sinxdx v cosx

nên         

1
1 1
2 0 0
0
I [ xcosx] cosxdx cos1 [sinx] cos1 sin1

Vậy :    
1
I (e 1) sin1 cos1
2



x


1

0 1


y


+ 0

0 + 0


y
1 1


0


Bộ đề ơn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 20 - PMDT

c) 1đ Tập xác định :


D



 
 
 
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


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

 . Khi đó tỉ số thể tích :

3
V
a 2
1
3
V
2
a
2
 




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 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 điểm ) :
Vì hàm số 

1
y
2x 1
liên tục , khơng 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

x

1


y


+ 0


y

2

1

1
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 21 - PMDT
Theo đề :


       



a 0

1
S lna ln3 lna ln 3 lna a 3
a 3
2

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ
+ 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 đường 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 độ của điểm M thỏa mãn hệ :

   


   

2x y z 6 0
, cho x = 2 ta
x 2y 2z 2 0
được :
   
 

 
   
 
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) 1đ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng (

) .
Ta có : MH
 
. Suy ra :
H (Q)
  
, với (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông
với


. Do đó


          



 
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 được :


 
pt( )
1
t H(2;2;4)
5

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) và (G) :
   
2

x x x 0,x 1

Khi đó (H) giới hạn bởi các đường 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 đó :

        

1
2 5
4 1
2 1 0
0
x x 3
V V V (x x )dx [ ]
2 5 10

Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 22 - PMDT
ĐỀ SỐ 7
( 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 4
  
có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Cho họ đường thẳng
(d ): y mx 2m 16
m
  
với m là tham số . Chứng minh rằng
(d )

m
luôn cắt đồ
thị (C) tại một điểm cố định I .
Câu II ( 3,0 điểm )
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 điểm )
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a . Hình chiếu vuông góc của A’
xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB . Mặt bên (AA’C’C) tạo với đáy một góc bằng
45

. Tính
thể tích của khối lăng trụ này .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó.
3. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz .Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vuông góc với mặt
phẳng (Q) :
  
x y z 0
và cách điểm M(1;2;

1
) một khoảng bằng
2
.
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Cho số phức



1 i

z
1 i
. Tính giá trị của
2010
z
.
4. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường 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 đường thẳng (

) qua M(0;1;0) , nằm trong (P) và vuông góc với
đường thẳng (d) .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Trên tập số phức , tìm B để phương trình bậc hai
2
z Bz i 0
  
có tổng bình phương hai nghiệm bằng
4i

.








Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 23 - PMDT
HƯỚNG DẪN (ĐỀ 7)
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ

x


2

0



y


+ 0

0 +

0




4



b) 1đ Ta có : Phương trỉnh hoành độ điểm 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
      


Do đó
(d )
m
luôn cắt (C) tại điểm cố định I(2;16 ) .
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ Vì
1
1
( 2 1)( 2 1) 1 2 1 ( 2 1)
2 1

       

nên





   
x 1
x 1
x 1
bpt ( 2 1) ( 2 1)

   

x 1
x 1
x 1
do
2 1 1
 

2 x 1
(x 1)(x 2)
0
x 1
x 1

   
 
  





b) 1đ Đổi biến : u =

x

du dx dx du
     
.
Đổi cận :  x =
1

u 1
 

 x = 0
u 0
 

Vì f là hàm số lẻ nên
f( u) f(u)
  

Khi đó : I =
0 1 1 1
f( u)du f( u)du f(u)du f(x)dx 2
1 0 0 0
         
   

c) 1đ Tập xác định
D



x
 

, 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)
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
2
4x 1

 
          



Vậy :
1 1 1
4
miny y( ) ; maxy y( ) 2
4
2 2
2
    
 

Câu III ( 1,0 điểm )
Gọi H là trung điểm của AB . Ta có A’H

(ABC) .Kẻ HE


AC thì



A'EH 45
là góc
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 24 - PMDT
giữa hai mặt (AA’C’C) và (ABC) . Khi đó : A’H = HE =
a 3
4
( bằng
1
2
đường cao

ABC) . Do đó :
 
2 3
a 3 a 3 3a
V .
ABC.A'B'C'
4 4 16

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
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 đề :
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 được : 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 điểm ) :
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 điểm ) :
a) 1đ
Tâm mặt cầu là
I (d)

nên I(1+2t;2t;
1

)
Theo đề : Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên

    
         
 
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) 1đ VTCP của đường 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 đường thẳng (

) thì
u


vuông góc với
u,n
 
do đó 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 điểm ) :
Gọi
z ,z
1 2
là hai nghiệm của phương trình đã cho và
B a bi
 
với
a,b


.
Theo đề 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
 

Bộ đề ơn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1
VQT - 25 - PMDT
ĐỀ SỐ 8
( 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)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
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 )
Giải phương trình
3x 4
2x 2
3 9



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

; 0) .
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 .
5. 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 .
6. 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 cũa số phức
z 4i
 