bộ đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán có đáp án

ố Ệ
ĐỀ SỐ : 1
( Thời gian làm bài 150 phút )

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (3,0 điểm):
Cho hàm số
3 2x
y
x 1




1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại
hai điểm phân biệt.
Câu II. (3,0 điểm)
1) Giải bất phương trình:
1
2
2x 1
log 0
x 1




2) Tính tích phân:
2
0

x
I (sin cos 2x)dx
2

 


3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x – e
2x
trên đoạn [1 ; 0]
Câu III. (1,0 điểm)
Cho khối chóp đều S.ABCD có AB = a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60
0
. Tính thể tích của
khối chóp S.ABCD theo a.
B . 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 IVa. (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ; 4 ; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình :
x + 2y + z – 1 = 0.
1) Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P).
2) Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với (P).
Câu IVb. (1,0 điểm)
Tìm môđun của số phức : z = 4 – 3i + (1 – i)
3

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu IVa. (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ; 2 ; 3) và đường thẳng d có phương trình :

x 2 y 1 z
1 2 1
 
 

1) Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên d.
2) Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.
Câu IVb. (1,0 điểm)
Viết dạng lượng giác của số phức: z = 1 –
3
i.
ố Ệ
ĐÁP ÁN
Câu
NỘI DUNG
Điểm
(2,0 điểm)
Tập xác định : D =
R
\{1}
0,25
Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
2
1
y' 0 x D
(x 1)
    


.
Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và (1 ; +)
 Cực trị: Hàm số không có cực trị.
0,50
 Giới hạn:
x x
x 1 x 1
lim y lim y 2; lim y và lim y
 
 
 
      

Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1, và một tiệm cận
ngang là đường thẳng y = – 2.
0,50
 Bảng biến thiên:
x
 1 +
y’


y
2

+
2


0,25

I
(3,0
điểm)
 Đồ thị:
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ;  3) và cắt trục hoành tại điểm
3
; 0
2
 
 
 
.
- Đồ thị nhận điểm I(1 ; 2) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) làm
tâm đối xứng.

0,50

(1,0 điểm)

Đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt
 Phương trình (ẩn x)
3 2x
= mx+2
x 1


có hai nghiệm phân biệt
 Phương trình (ẩn x) mx
2
– (m – 4)x – 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác 1

0,50
2

O
1
3

I
3
2
x
y
ố Ệ

2
2
2
m 6 2 5
m 0
m 0
(m 4) 20m 0 6 2 5 m 0
m 12m 16 0
m 0
m.1 (m 4).1 5 0

  







          

 
  




   




0,50
1. (1,0 điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình:
2x 1
1
x 1




0,50
x 2 0
x 2 0
x 1
x 2

0
x 2
x 1
x 2 0
x 1 0
  



 
 




   




 




 




0,50
2. (1,0 điểm)
2 2
0 0
x
I sin dx cos 2xdx
2
 
 
 

0,25
2 2
0 0
x 1
2cos sin 2x
2 2
 
  

0,50
2 2 

0,25
3. (1,0 điểm)
Ta có: f’(x) = 1 – 2e
2x
.
0,25
Do đó: f’(x) = 0  x =  ln

2
 (1 ; 0)
f’(x) > 0 x  [1 ;  ln
2
);
f’(x) < 0 x  ( ln
2
; 0];
0,25
II
(3,0
điểm)
Suy ra:
x [ 1;0]
1
max f (x) f ( ln 2) ln 2
2
 
    


2 2
x [ 1;0]
min f (x) min{f ( 1);f (0)} min{ 1 e ; 1} 1 e
 
 
        

0,50
Do S.ABCD là khối chóp đều và AB = a nên đáy ABCD là hình vuông cạnh a.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và gọi I là trung điểm của cạnh BC. Ta có
SO là đường cao và

SIO
là góc giữa mặt bên và mặt đáy của khối chóp đã cho.
0,50
III
(1,0
điểm)
Trong tam giác vuông SOI, ta có:
0
a a 3
SO OI.tan SIO .tan 60
2 2
   
.
Diện tích đáy : S
ABCD
= a
2
.

0,25
O
I
B
C
S
D
A

ố Ệ
Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là:
3
2
S.ABCD3 ABCD
1 1 a 3 a 3
V S .SO a .
3 3 2 6
  

0,25
1. (1,0 điểm)
Kí hiệu d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).
Gọi H là giao điểm của d và (P), ta có H là hình chiếu vuông góc của A trên (P)
0,25
Do
v

= (1 ; 2 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P) nên
v

là một vectơ chỉ
phương của d. Suy ra, d có phương trình :
x 1 y 4 z 2
1 2 1
  
 

0,25
Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:

x 1 y 4 z 2
1 2 1
x 2y z 1 0
  

 



   


Giải hệ trên, ta được : x =
2
3

, y =
2
3
, z =
1
3
. Vậy H
2 1 1
; ;
3 3 3
 

 
 

.
0,50
2. (1,0 điểm) Có thể giải theo một trong hai cách:
 Cách 1 (dựa vào kết quả phần 1):
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A. tiếp xúc với mặt phẳng (P). Ta có:
2 2 2
2 2 1 5 6
R AH 1 4 2
3 3 3 3
     
       
     
     
.
0,50
IV.a
(2,0
điểm)
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
2 2 2
50
(x 1) (y 4) (z 2)
3
     

0,50

ố Ệ
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
x 2
y
1 x



có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) .
2) 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 )
1) Giải phương trình
x x 1
2 2
log (2 1).log (2 2) 12

  

2) Tính tìch phân : I =
0
sin2x
dx
2
(2 sinx)
/2




3) 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)
…………………………………………









ố Ệ


HƯỚNG DẪN

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





2) 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 )
1) 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
      
        



2) 1đ Đặt
t 2 sin x 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

   

      
  



3) 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)

 

 




 





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
      
      
      







x

1


y


+
+

y




1



1




ố Ệ



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
   

 

  
V V V
M.ABC S.ABC S.MBC
2 1
V .V .V (2)
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
(0,5đ0
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 ) :
1) 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) .

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

Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với
ố Ệ
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

2) 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

ố Ệ
ĐỀ SỐ: 3
( 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)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(1;8) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
1) Giải bất phương trình:
x 2
log
sin 2
x 4
3 1




2) Tính tìch phân : I =


1
x
(3 cos2x)dx
0

3) 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
.

1) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (Q) .
2) 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
   
.
1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
2) Tính góc giữa đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
3) 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


……………………………………………….



ố Ệ

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

2) (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 )
1) (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
 
  
   
 
   
 

2) (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
      

3) (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

ố Ệ

1) (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 ) :
1) (0,5đ ) Giao điểm I(

1;0;4) .
2) (0,5d)
2 2 1
1
sin
2 6
4 1 1. 1 4 1
 

     
   

3) (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

………………………………………






















ố Ệ

ĐỀ SỐ: 4
( 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)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) 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 )
1) Giải phương trình :
log x 2log cos 1
x
3
cos
3
x
log x 1
3 2

 




2 Tính tích phân : I =
1
x
x(x e )dx
0



3) 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) .

1) Viết phương trình đường thẳng BC .
2) Chứng minh rằng 4 điểm A,B,C,D không đồng phẳng .
3) 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
 

1) Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng (
2

) .
2) 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 .

. . . . . . . .Hết . . . . . . .

ố Ệ

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


x


1

0 1


y




0 + 0

0 +

y


1





2


2



2) 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 )
1) 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

2) 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


3) 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 .
ố Ệ


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
  

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

2) 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
3) 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 ) :
1) 1đ 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 đó :
19 2
N ( ) (P) N( ; ;1)
2
5 5
   

2) 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



………………………………………………

ố Ệ
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
3
y x 3x 1  
có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(
14
9
;
1

) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
1) Cho hàm số :
2
x x
y e
 

. Giải phương trình
y y 2y 0
 
  

2) Tính tìch phân :
2
sin2x
I dx
2
(2 sinx)

0





3) 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

1) Chứng minh rằng đường thẳng
( )
1
và đường thẳng
( )
2
chéo nhau .
2) 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
      
.
1) Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) .
2) 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 .
. . . . . . . . . . . . . . ……

ố Ệ
HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
1) 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 2sin x.cosxdx 2sinx.d(2 sinx)

2 2 2
(2 sinx) (2 sinx) (2 sinx)

 
  
Vì
d(2 sinx) cosxdx
 

nên


   
   
2 sinx
sin2xdx 2sin x.d(2 sin x) 2
2.[ ]d(2 sinx)
2 2 2 2
(2 sinx) (2 sinx) (2 sinx) (2 sin x)


  


1 2
2.[ ]d(2 sinx)
2 sinx 2
(2 sinx)

Do đó :


  

2
2
I 2.[ln | 2 sin x | ]
0
2 sinx
=
1
2ln3
3


Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt
 
t 2 sinx

c) 1đ

ố Ệ

Ta có :
   
3 2
y 2sin x sin x 4sin x 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 :

    

         
2 98 2 2
+ Maxy = Maxy = y( ) khi t = sinx =
3 27 3 3
R [ 1;1]
2 2
x = arcsin( ) k2 hay x = arcsin( ) k2 ,k Z
3 3


       

+ miny miny = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k Z
2
R [ 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 ) :
1) 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 .
2) 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 ) :
ố Ệ
1) 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)
   

2). 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
   

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

…………………………………………………………………………

ố Ệ
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
x 3

y
x 2



có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) 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 )
1) Giải bất phương trình
ln (1 sin )
2
2
2
e log (x 3x) 0


  

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

3) 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
 
 

.
1) Chứng minh rằng hai đường thẳng
(d ),(d )
1 2
vuông góc nhau nhưng không cắt nhau .
2) 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
  
 

.
1) Chứng tỏ đường thẳng (
d
1
) song song mặt phẳng (

) và (
d
2
) cắt mặt phẳng (


) .
2) Tính khoảng cách giữa đường thẳng (
d
1
) và (
d
2
).
3) 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 .
ố Ệ
HƯỚNG DẪN

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





2) 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 )
1) 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

2) 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

3) 1đ Ta có :

  

x
e
y 0 , x [ln2 ; ln4]
x 2
(e e)

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

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’ .
x

2


y


+
+
y



1

1



ố Ệ
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 )
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 ) :
1) 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 .
2) 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 ) :
1) 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 (

) .
2) 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

3) 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

ố Ệ
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
.

…………………………………………………….

ố Ệ
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
4 2
y = x 2x
 
có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M (
2
;0) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
1) Cho
lg392 a , lg112 b
 
. Tính lg7 và lg5 theo a và b .
2) Tính tìch phân : I =
2
1
x
x(e sinx)dx
0



3) 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) .
1) Viết phương trình chính tắc của đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác .
2) 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
.
1) 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 .

2) 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 .

. . . . . . . …………………. . . . . . .





ố Ệ

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

2) 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 )
1) 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 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)
lg7 4lg5 b 4
5 5

2) 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


ố Ệ

3) 1đ Tập xác định :
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 :
 
R
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 ) :
1) 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



2) 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