13 đề thi thử đại học có đáp án tham khảo

13 đề thi thử đại học
ĐỀ 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
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 . . . . . . .
1
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⇔ − + − = −

Đây 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
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
x
−∞
0 2
+∞
y
′

−

0 + 0
−
y
+∞
3

1−

−∞
2
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a. (0,5 đ) A(5;6;
−
9)
b. (1,5đ)
+ Vectơ chỉ phương của đường thẳng (d) :
u (1; 2;2)
d
= −
r
+ Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) :
n ((2;1; 1)
P
= −
r
+ Vectơ chỉ phương của đường thẳng (
∆
) :
u [u ;n ] (0;1;1)

d P
= =
∆
r r r
+ Phương trình của đường thẳng (
∆
) :
x 5
y 6 t (t )
z 9 t

=

= + ∈


= − +

¡
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
+ Diện tích :
1 e
S lnxdx lnxdx
1/e 1
= − +
∫ ∫
+ Đặt :
1
u lnx,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 điểm ) :
a. (0,5đ) Chọn A(2;3;
−
3),B(6;5;
−
2)
∈
(d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .
b.(1,5đ) Gọi
u
r
vectơ chỉ phương của (
d
1
) qua A và vuông góc với (d) thì
u u
d
u u

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


¡

(
∆
) là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên (
d
1
) thì M(2+3t;3
−
9t;
−
3+6t) .
Theo đề :
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 điểm ) :
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 2x 2


= −
 = = −
⇔ ⇔


= − ==



Vậy số phức có hai căn bậc hai :
z 2 i 2 , z 2 i 2
1 2
= − = − +
3

ĐỀ 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 .
4. 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 .
5. 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

−
=



−
+ =


. . . . . . . .Hết . . . . . . .

4
HƯỚNG DẪN
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 )
x
−∞
1
+∞
y
′
−
−
y
2

−∞
+∞
2
5
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 ) :
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
= −
r
+ Mặt phẳng (R) có VTPT là
n [n ,AB] (3;9; 13)
R T
= = −
uuur
r r
+ ( R) :
Qua M(1;0;5)
(R):3x 9y 13z 33 0
+ vtpt : n (3;9; 13)
R

+
⇒ + − + =

= −

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
π
= π − + = π − + =
∫
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
+ −
π
ϕ = = ⇒ ϕ =
+ + + +
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
= −
uuur
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

=
⇔ ⇔ = = → = = −

+ =

6
ĐỀ 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
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
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 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 tiếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vuông góc nhau .

7
HƯỚNG DẪN
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
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) 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 .
8
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 )π = π
Thể tích : V =
4 9
3 3
R (cm )
3 2
π = π
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

=

+
 
⇒ = +
 
=



=

uuur
b) 1,0đ Ta có :
AB (2;1;0),AC (2;2;1),AD (3; 1;2)= = = −
uuur uuur uuur

[AB,AC] (1; 2;2) [AB,AC].AD 9 0 A,B,C,D= − ⇒ = ≠ ⇒
uuur uuur uuur uuur uuur
không đồng phẳng
c) 0,5đ
1 3

V [AB,AC].AD
6 2
= =
uuur uuur uuur
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) Qua M(1; 1;1)
(P): (P): (P): x 2y 3 0
+ ( ) + VTPT n = a ( 1;2;0)
2 P 2
 
+ − + −
 
⇒ ⇒ − − =
 
⊥ ∆ = −
 
 
r r
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
=

9
ĐỀ 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
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 điểm )
Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a ,
·
SAO 30=
o
,
·
SAB 60=
o
. 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
6. 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
7. 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 .
. . . . . . . .Hết . . . . . . .
10
HƯỚNG DẪN
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
=
+
− +
+
11
Do đó :
2
2
I 2.[ln | 2 sinx | ]
0
2 sinx
+
+
+
π
=
=
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 :

− = − ⇔ −
−
⇔ − + π π − − + π ∈
¡
¢
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 ∈
−
¢
¡
Câu III ( 1,0 điểm )
Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM
⊥
AB thì OM = a
SAB∆
cân có
·
SAB 60=
o
nên
SAB∆
đều .
Do đó :
AB SA
AM
2 2
= =

SOA∆
vuông tại O và
·
SAO 30=
o
nên

SA 3
OA SA.cos30
2
= =
o
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


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

AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB 9 0
1 2
= − − = − ≠
uuur uuur
r r
⇒

( )
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

+ ∆

+
 
⇒ ⇒ + + − =
 
=
∆





r r r
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 (*)

= −
+ = ⇔ + − + = ⇔


− + =

12
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

= +

+

+
 
⇒ ⇒ = +
  
=
⊥


 
=

r r
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+ + − =
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

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
= +
13
ĐỀ 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
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 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 .

8. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường 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 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)= + + −
.
9. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (
α
) :
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 (
α
) và (
d
2
) cắt mặt phẳng (
α
) .
b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng (
d
1
) và (
d
2
).
c. Viết phương trình đường thẳng (
∆
) song song với mặt phẳng (
α
) , 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 .
. . . . . . . .Hết . . . . . . .

14
HƯỚNG DẪN
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
π π
π
+ = + = − =
∫ ∫

2 1 1
2. 2
2 2 2
= + = +
c) 1đ Ta có :
x
e
y 0 , x [ln2 ; ln4]
x 2
(e e)
′
= > ∈
+

x
−∞
2
+∞

y
′
+ +
y

+∞
1
1
−∞
15

+
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
π
= 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 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
= −
r
;
(d )
2
có VTCP
u (1; 1;2)
2
= −
r

Vì
u .u 0
1 2

=
r r
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)= + − − −
uuuur

MN vuông với
(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

=
=

−

⇔ ⇔ ⇒
 
= −
=



uuuur
r
uuuur
r

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

16
Do

u .n 0
1
=
r r
và
A ( )∉ α
nên (
d
1
) (
α
) .
Do
u .n 3 0
2
= − ≠
r r
nên (
d
1
) cắt (
α
) .
b) 0,5 đ Vì
[u ,u ] ( 1;2;2) , AB ( 7; 6;7)
1 2
= − = − −
uuur
r r

⇒

[u ,u ].AB
1 2
d((d ),(d )) 3
1 2
[u ,u ]
1 2
= =
uuur
r r
r r
c) 0,75đ 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
∈ ⇒ + + − = + − −
uuuur
Theo đề :
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)

− − −
∆ ⇒ ∆ = =

− −
= − −

uuuur



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
− −
.

17

ĐỀ 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
∆
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 .
. . . . . . . .Hết . . . . . . .
18
HƯỚNG DẪN
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 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 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= − + = − + = − +
∫
x
−∞

1−
0 1
+∞
y
′

+ 0
−
0 + 0
−
y
1 1
−∞
0
−∞
19
Vậy :
1
I (e 1) sin1 cos1
2
= − + −
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
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

− + −
⇒ = =

= −
−

uuuur
r


b) 1đ
Mặt phẳng (OAB) :
Qua O(0;0;0)
OA (0; 2;1)
VTCP :
OB ( 3;2;1)



= −


= −

uuur
uuur



VTPT n = [OA;OB] ( 1)(5;3;6)⇒ = −
uuur uuur
r
x
−∞
1
+∞
y
′
+ 0
−

y

2

1−
1
20

x 1 5t
Qua C(1; 1;4)
(d): (d): y 1 3t
VTCP u = n = ( 1)(5;3;6)
z 4 6t

= +


−
⇒ ⇒ = − +
 
−


= +

r r


Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
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 đề :
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 điểm ) :
a) 1đ
+ Mặt phẳng (
1
P
) có VTPT
1

n (2; 1;1)= −
r
, mặt phẳng (
2
P
) có VTPT
2
n (1;2; 2)= −
r
Vì
2 1
1 2
−
≠
nên suy ra (
1
P
) và (
2
P
) cắt nhau .
+ Gọi
u
∆
r
là VTCP của đường thẳng
∆
thì
u
∆

r
vuông góc
1
n
r
và
2
n
r
nên ta có :

1 2
u [n ; n ] (0;5;5) 5(0;1;1)
∆
= = =
r r r
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
∆

=


∆ ⇒ ∆ = +
 
=


= +

r



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)
∆

⇒ + + − + − = ⇔ + − =

=

r r


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
π
= − = π − = π − =
∫

21
ĐỀ 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
o
. 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.
10.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
.
11.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−
.
. . . . . . . .Hết . . . . . . .
22
HƯỚNG DẪN
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
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) 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)
23
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=
o
là góc
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
24

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)= =

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

Gọi
u
∆
r
là VTCP của đường thẳng (
∆
) thì
u
∆
r
vuông góc với
u,n
r r
do đó ta chọn

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


−
∆ ⇒ ∆ = =

= = − −
−

∆
r r r


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− +
25