Bộ đề thi thử tốt nghiệp môn Toán có đáp án chi tiết

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.72 MB, 81 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Page 0 
Website: www.caotu.tk

BỘ ĐỀ THI

THỬ TỐT

NGHIỆP MƠN

TỐN

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 01 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

--- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y (1 x) (42 x )

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )C tại giao điểm của ( )C với trục hồnh.

3) Tìm m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: x3 6x2 9x 4 m 0
Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 22x 1 3.2x 2 0

2) Tính tích phân:

(1 ) x

I x e dx

3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y e xx( 2 x 1) trên đoạn [0;2].

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600

. Tính thể tích
của hình chóp.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây

1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điể ): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)B C .

1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng (ABC . )
2) Tìm toạ độ hình chiếu vng góc của gốc toạ độ O lên mặt phẳng (ABC .)

Câu Va (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng: z 2z 6 2i .

2. Theo chương trình nâng c o

Câu IVb (2,0 điê m): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)B C
1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng (ABC . )
2) Viết phương trình mặt cầu tâm B, tiếp xúc với đường thẳng AC.

Câu Vb (1,0 điểm): Tính mơđun của số phức z = ( 3 i)2011.

--- Hết ---

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

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2
x
y

2

3 4
4

2

O 1

 y x3 6x2 9x 4
 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y 3x2 12x 9

 Cho 0 3 2 12 9 0 1

3
x

y x x

x
 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 1 3 +

y – 0 + 0 –

y + 4

0 –

 Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (–;1), (3;+) 
Hàm số đạt cực đại yCÑ 4 tại xCÑ 3 ;

đạt cực tiểu yCT 0 tại xCT 1

 y 6x 12 0 x 2 y 2. Điểm uốn là I(2;2)

 Giao điểm với trục hoành: 0 3 6 2 9 4 0 1

4
x

y x x x

x
Giao điểm với trục tung: x 0 y 4

 Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4

y 4 0 2 4 0

 Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm trục đối xứng như hình vẽ bên đây

 ( ) :C y x3 6x2 9x 4. Viết pttt tại giao điểm của ( )C với trục hoành. 
 Giao điểm của ( )C với trục hoành: A(1;0), (4;0)B

 pttt với ( )C tại A(1;0):
vaø

pt t t t aïi

0 0

1 0

: 0 0( 1) 0

( ) (1) 0

x y

A y x y

f x f

 pttt với ( )C tại B(4;0):
và

pt t t t ại

0 0

4 0

: 0 9( 4) 9 36

( ) (4) 9

x y

B y x y x

f x f

 Vậy, hai tiếp tuyến cần tìm là: y 0 và y 9x 36

 Ta có, x3 6x2 9x 4 m 0 x3 6x2 9x 4 m (*)
 (*) là phương trình hồnh độ giao điểm của ( ) :C y x3 6x2 9x 4

và d y: m nên số 
nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của ( )C và d.

 Dựa vào đồ thị ta thấy (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

0 m 4

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

Câu II

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

60

2a
O

C
B

A D

S

(nhan)

(loai)

1
2

2t 3t 2 0 t

t

 Với t = 2: 2x 2 x 1

 Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 1. 


(1 ) x

I x e dx

 Đặt u 1 x x du xdx

dv e dx v e . Thay vào cơng thức tích phân từng phần ta được:

1 1 1 0 1 1 0

0 0

(1 ) x x (1 1) (1 0) x 2 1 ( )

I x e e dx e e e e e e e

 Vậy,

(1 ) x

I x e dx e

 Hàm số y e xx( 2 x 1) liên tục trên đoạn [0;2]

 y ( ) (ex x2 x 1) e xx( 2 x 1) e xx( 2 x 1) ex(2x 1) e xx( 2 x 2)

 Cho (nhan)

(loai)

2 2 1 [0;2]

0 ( 2) 0 2 0

2 [0;2]

x x

y e x x x x

x

 Ta có, f(1) e1 2(1 1 1) e

0 2

(0) (0 0 1) 1

f e

2 2 2

(2) (2 2 1)

f e e

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

 Vậy, khi 2 khi

[0;2] [0;2]

miny e x 1; maxy e x 2

Câu III

 Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO (ABCD do đó SO là đường cao )
 của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO,

do đó SBO 600 (là góc giữa SB và mặt đáy)

 Ta có, tan .tan .tan

SO BD

SBO SO BO SBO SBO

BO

2.tan60 6

a a

 Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là

1 1 1 4 6

. . . 2 .2 . 6

3 3 3 3

a

V B h AB BC SO a a a

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: Với A(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)B C .

Ta có hai véctơ: AB ( 1; 2;4), AC ( 2;1;3)


2 4 4 1 1 2

[ , ] ; ; ( 10; 5; 5) 0 , ,

1 3 3 2 2 1

AB AC A B C không thẳng hàng.

 Điểm trên mp(ABC : ) A(2;0; 1)

 vtpt của mp(ABC : ) n [AB AC, ] ( 10; 5; 5)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

10( 2) 5( 0) 5( 1) 0

10 5 5 15 0

2 3 0

x y z

 Gọi d là đường thẳng qua O và vng góc với mặt phẳng ( ), có vtcp u (2;1;1)

 PTTS của

2
:

x t

d y t

z t

. Thay vào phương trình mp( ) ta được:

1
2

2(2 ) ( ) ( ) 3t t t 0 6t 3 0 t
 Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là 1 1

2 2

1; ;
H

Câu Va:  Đặt z a bi z a bi , thay vào phương trình ta được

2( ) 6 2 2 2 6 2 3 6 2

3 6 2

2 2 2 2

2 2

a bi a bi i a bi a bi i a bi i

a a

z i z i

b b

 Vậy, z 2 2i

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

 Bài giải hoàn toàn giống bài giải câu IVa (phần của ban cơ bản): đề nghị xem lại phần trên 
 Đường thẳng AC đi qua điểm A(2;0; 1), có vtcp u AC ( 2;1;3)

 Ta có, AB ( 1; 2;4)
( 2;1;3)

u AC . Suy ra

2 4 4 1 1 2

[ , ] ; ; ( 10; 5; 5)

1 3 3 2 2 1

AB u

 Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta được

2 2 2

[ , ] ( 10) ( 5) ( 5) 15

( , )

14
( 2) (1) (3 )

AB u
d B AC

u

 Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm B(1; 2;3), bán kính ( , ) 15
14

R d B AC nên có pt

2 2 2 225

( 1) ( 2) ( 3)

x y z

Câu Vb: Ta có, ( 3 i)3 ( 3)3 3.( 3) .2i 3. 3.i2 i3 3 3 9i 3 3 i 2 .3i

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 02 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y x3 3x2 3x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )C biết tiếp tuyến song song với đường thẳng có

phương trình y 3x .

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 6.4x 5.6x 6.9x 0
2) Tính tích phân:

(1 cos )

I x xdx

3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y e xx( 2 3) trên đoạn [–2;2].

Câu III (1,0 điểm):

Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng cân (BA = BC), cạnh bên SA vng góc với mặt 
phẳng đáy và có độ dài là a 3, cạnh bên SB tạo với đáy một góc 600. Tính diện tích tồn phần của
hình chóp.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điê m): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2;1;1) và hai đường thẳng
,

1 2 1 2 2 1

: :

1 3 2 2 3 2

x y z x y z

d d

1) Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm A đồng thời vng góc với đường thẳng d

2) Viết phương trình của đường thẳng đi qua điểm A, vng góc với đường thẳng d đồng thời 
cắt đường thẳng d

Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:

4 2

( )z 2( )z 8 0

2. Theo chương trình nâng c o

Câu IVb (2,0 điê m): Trong không gian Oxyz cho mp(P) và mặt cầu (S) lần lượt có phương trình

( ) :P x 2y 2z 1 0 và ( ) :S x2 y2 z2 – 4x 6y 6z 17 0

1) Chứng minh mặt cầu cắt mặt phẳng.

2) Tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn giao tuyến của mặt cầu và mặt phẳng.

Câu b (1,0 điểm): Viết số phức sau dưới dạng lượng giác 1

2 2

z

i

--- Hết ---

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

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

x

y

2

1

I

O

1

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I :

 y x3 3x2 3x 
 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y 3x2 6x 3

 Cho y 0 3x2 6x 3 0 x 1
 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 1 +

y + 0 +

y – 1 +

 Hàm số ĐB trên cả tập xác định; hàm số không đạt cực trị. 
 y 6x 6 0 x 1 y 1. Điểm uốn là I(1;1) 
 Giao điểm với trục hoành:

Cho y 0 x3 3x2 3x 0 x 0

Giao điểm với trục tung:

Cho x 0 y 0

 Bảng giá trị: x 0 1 2

y 0 1 2

 Đồ thị hàm số (như hình vẽ bên đây):

 ( ) :C y x3 3x2 3x . Viết của ( )C song song với đường thẳng :y 3x . 
 Tiếp tuyến song song với :y 3x nên có hệ số góc k f x( )0 3

Do đó: 20 0 20 0 0

3 6 3 3 3 6 0

2
x

x x x x

x

 Với x0 0 thì y0 03 3.02 3.0 0

và f x( )0 3 nên pttt là: y 0 3(x 0) y 3x (loại vì trùng với ) 
 Với x0 2 thì y0 23 3.22 3.2 2

và f x( )0 3 nên pttt là: y 2 3(x 2) y 3x 4
 Vậy, có một tiếp tuyến thoả mãn đề bài là: y 3x 4

Câu II

 6.4x 5.6x 6.9x 0

. Chia 2 vế pt cho 9x ta được

4 6 2 2

6. 5. 6 0 6. 5. 6 0

3 3

9 9

x x

x x (*)

 Đặt 2
3

x

t (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành

(nhan) , (loai)

2 3 2

6 5 6 0

2 3

t t t t

 Với 3
2

t :

2 3 2 2

3 2 3 3

x x

x

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

60

a 3

A

B

C
S

d

d'

A

B



0 0 0

(1 cos ) cos

I x xdx xdx x xdx

 Với

2 2 2 2

0
0

2 2 2 2

x

I xdx

 Với 2

cos

I x xdx

 Đặt

cos sin

u x du dx

dv xdx v x. Thay vào cơng thức tích phân từng phần ta được:

0 0

2 sin 0 sin 0 ( cos )0 cos cos cos 0 2

I x x xdx x x

 Vậy,

1 2 2 2

I I I

 Hàm số y e xx( 2 3) liên tục trên đoạn [–2;2]

 y ( ) (ex x2 3) e xx( 2 3) e xx( 2 3) ex(2 )x e xx( 2 2x 3)

 Cho (nhan)

(loai)

2 2 1 [ 2;2]

0 ( 2 3) 0 2 3 0

3 [ 2;2]

x x

y e x x x x

x

 Ta có, f(1) e1 2(1 3) 2e

2 2 2

( 2) [( 2) 3]

f e e

2 2 2

(2) (2 3)

f e e

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

 Vậy, khi 2 khi

[ 2;2]miny 2e x 1; max[ 2;2]y e x 2
Câu III

 Theo giả thiết, SA AB SA , AC , BC AB BC , SA

Suy ra, BC (SAB) và như vậy BC SB

Do đó, tứ diện S.ABC có 4 mặt đều là các tam giác vng.

 Ta có, AB là hình chiếu của SB lên (ABC) nên SBA 600

tan 3 ( )

3
tan

SA SA a

SBA AB a BC

AB SBO

AC AB2 BC2 a2 a2 a 2

SB SA2 AB2 ( 3)a 2 a2 2a

 Vậy, diện tích tồn phần của tứ diện S.ABC là:

( . . . . )

1 3 3 6

( 3. 2 . 3. 2 . )

2 2

TP SAB SBC SAC ABC

S S S S S

SAAB SB BC SAAC AB BC

a a a a a a a a a

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 
Câu IVa:

 Điểm trên mp( ): (2;1;1)A

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

I

 Vậy, PTTQ của mp( ): A x( x0) B y( y0) C z( z0) 0

1( 2) 3( 1) 2( 1) 0

2 3 3 2 2 0

3 2 1 0

x y z

 PTTS của

2 2

: 2 3

1 2

x t

d y t

z t

. Thay vào phương trình mp( ) ta được:

(2 2 ) 3(2 3 ) 2( 1 2 ) 1t t t 0 7t 7 0 t 1
 Giao điểm của ( ) và d là (4; 1; 3)B

 Đường thẳng chính là đường thẳng AB, đi qua A(2;1;1), có vtcp u AB (2; 2; 4) nên có

PTTS:

2 2

: 1 2 ( )

1 4

x t

y t t

z t

Câu Va: ( )z 4 2( )z 2 8 0

 Đặt t ( )z , thay vào phương trình ta được 2

2
2

2 2

4 ( ) 4

2 8 0

2 ( ) 2 2 2

z z

t z

t t

t z z i z i

 Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm:

1 2 ; 2 2 ; 3 2 ; 4 2

z z z i z i

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 Từ pt của mặt cầu (S) ta tìm được hệ số : a = 2, b = –3, c = –3 và d = 17

Do đó, mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính R 22 ( 3)2 ( 3)2 17 5
 Khoảng cách từ tâm I đến mp(P):

2 2 2

2 2( 3) 2( 3) 1

( ,( )) 1

1 ( 2) 2

d d I P R

 Vì d I P( ,( )) R nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) 
Gọi d là đường thẳng qua tâm I của mặt cầu và vuông góc mp(P) thì d có vtcp

(1; 2;2)

u nên có PTTS

: 3 2

3 2

x t

d y t

z t

(*). Thay (*) vào pt mặt phẳng (P) ta được

(2 ) 2( 3 2 ) 2( 3 2 ) 1 0 9 3 0

t t t t t

 Vậy, đường trịn (C) có tâm 5; 7; 11

3 3 3

H và bán kính r R2 d2 5 1 2

Câu Vb:



2 2

1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2

2 2 (2 2 )(2 2 ) 4 4 8 4 4 4 4 4

i i i

z i z

i i i i

 Vậy, 1 1 2 2 2 2 cos sin

4 4 4 2 2 4 4 4

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông 
 Đề số 03 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

--- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y x4 4x2 3

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.

2) Dựa vào ( )C , hãy biện luận số nghiệm của phương trình: x4 4x2 3 2m 0
3) Viết phương trình tiếp tuyến với ( )C tại điểm trên ( )C có hồnh độ bằng 3 . 
Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 7x 2.71 x 9 0
2) Tính tích phân:

(1 ln )

e

I x xdx

3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

2 2 2

x x

y

x trên đoạn

1
2

[ ;2]

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt đáy, SA = 2a. 
Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ ( , , , )O i j k , cho OI 2i 3j 2k và mặt phẳng 
( )P có phương trình: x 2y 2z 9 0

1) Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm là điểm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( )P . 
2) Viết phương trình mp( )Q song song với mp( )P đồng thời tiếp xúc với mặt cầu ( )S 
Câu (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây:

3 4 2 3 1

y x x x và y 2x 1

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(–1;2;7) và đường thẳng d có

phương trình: 2 1

1 2 1

x y z

1) Hãy tìm toạ độ của hình chiếu vng góc của điểm A trên đường thẳng d. 
2) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với đường thẳng d.

Câu b (1,0 điểm): Giải hệ pt log4 log4 1 log 94

20 0

x y

--- Hết ---

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

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I :

 y x4 4x2 3
 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y 4x3 8x

 Cho 0 4 3 8 0 4 ( 2 2) 0 4 2 0 2 0 0

2 0 2 2

x

x x

y x x x x

x x x

 Giới hạn: lim lim

x y ; x y

 Bảng biến thiên

x – 2 0 2 +

y + 0 – 0 + 0 –

y – 1 –3 1 –

 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 2),(0; 2), NB trên các khoảng ( 2;0),( 2; )

Hàm số đạt cực đại yCĐ = 1 tại xCÑ 2, đạt cực tiểu yCT = –3 tại xCT 0.

 Giao điểm với trục hoành: cho

4 2

1
1

0 4 3 0

3
3

x
x

y x x

x
x

Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 3
 Bảng giá trị: x 3 2 0 2 3

y 0 1 –3 1 0

 Đồ thị hàm số:

x
y

y = 2m
2

- 2

- 3 3

1

2m
-3
-1

O

1

 x4 4x2 3 2m 0 x4 4x2 3 2m (*)

 Số nghiệm pt(*) bằng với số giao điểm của ( ) :C y x4 4x2 3 và d: y = 2m. 
 Ta có bảng kết quả:

M 2m Số giao điểm

của (C) và d

Số nghiệm
của pt(*)

m > 0,5 2m > 1 0 0

m = 0,5 2m = 1 2 2

–1,5< m < 0,5 –3< 2m < 1 4 4

m = –1,5 2m = –3 3 3

m < –1,5 2m < –3 2 2

 x0 3 y0 0

3
0

( ) ( 3) 4 8 4 3

f x f y x x

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

a
2a I
C
B
A D
S

Câu II 7 2.71 9 0 7 2. 7 9 0

x x x

x (*)

 Đặt t 7x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành

nhan
nhan

2 2 2( )

9 0 14 9 0 9 14 0

7( )

t

t t t t t

t
t

 Với t 2: 7x 2 x log 27

 Với t 7: 7x 7 x 1

 Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm :x 1 và x log 27


(1 ln )

e

I x xdx

 Đặt 2

1
1 ln

du dx

u x x

dv xdx x

v

. Thay vào cơng thức tích phân từng phần ta được:

2 2

2 4 2 2

4 4 2 4 2

(1 ln ) (1 2) (1 1)

2 2 2 2 4

3 5 3

2 4 4 4 4

e e

e

e e

x x x e e x

I dx

e e e e e

e
 Vậy, 
4 2
5 3
4 4
e e
I

 Hàm số

2 2 2

x x

y

x liên tục trên đoạn

1
2

[ ;2]



2 2 2 2

2 2 2

( 2 2) ( 1) ( 2 2)( 1) (2 2)( 1) ( 2 2)1 2

( 1) ( 1) ( 1)

x x x x x x x x x x x x

y

x x x

 Cho (nhan)

(loai)

2 2

1
2

0 [ ;2]

0 2 0

2 [ ;2]
x

y x x

x

 Ta có, f(0) 2 1 5

2 2

f (2) 10

3
f

 Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 2 và số lớn nhất là 10
3

 Vậy, khi khi

1 1

2 2

[ ;2] [ ;2]

min 2 0; max 2

y x y x

Câu III Theo giả thiết, SA AC , SA AD BC , AB BC , SA

Suy ra, BC (SAB và như vậy BC) SB

Hoàn toàn tương tự, ta cũng sẽ chứng minh được CD SD . 
 A,B,D cùng nhìn SC dưới 1 góc vng nên A,B,D,S,C cùng thuộc

đường trịn đường kính SC, có tâm là trung điểm I của SC.

 Ta có, SC SA2 AC2 (2 )a 2 ( 2)a 2 a 6

 Bán kính mặt cầu: 6

2 2

SC a

R

 Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD là:

2 6 2

4 4 6

2
a

S R a

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Câu IVa:

 OI 2i 3j 2k I(2;3; 2)
 Tâm của mặt cầu: I(2;3; 2)
 Bán kính của mặt cầu:

2 2 2

2 2.3 2.( 2) 9 9

( ,( )) 3

1 ( 2) ( 2)

R d I P

 Vậy, pt mặt cầu ( )S là: (x a)2 (y b)2 (z c)2 R 2

2 2 2

(x 2) (y 3) (z 2) 9

 ( ) || ( ) :Q P x 2y 2z 9 0 nên (Q) có vtpt n n( )P (1; 2; 2)
 Do đó PTTQ của mp(Q) có dạng ( ) :Q x 2y 2z D 0 (D 9)
 Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên

(nhan)
loai

2 2 2

9
2 2.3 2.( 2)

( ,( )) 3 3 9

9( )
3

1 ( 2) ( 2)

D

D D

d I Q R D

D
 Vậy, PTTQ của mp(Q) là: ( ) :Q x 2y 2z 9 0

Câu Va: Cho 3 4 2 3 1 2 1 3 4 2 5 2 1

2
x

x x x x x x x

x

 Diện tích cần tìm là: 2 3 2

1 4 5 2

S x x x dx

hay

4 3 2

2 3 2

1 1

4 5 1 1

( 4 5 2) 2

4 3 2 12 12

x x x

S x x x dx x (đvdt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 Gọi H là hình chiếu của A lên d thì H(2 t;1 2 ; )t t , do đó AH (3 t t;2 1;t 7)
 Do AH d nên AH u. d 0 (3 t).1 (2t 1).2 (t 7).1 0 6t 6 0 t 1
 Vậy, toạ độ hình chiếu của A lên d là H(3;3;1)

 Tâm của mặt cầu: A(–1;2;7)

 Bán kính mặt cầu: R AH 42 12 ( 6)2 53

 Vậy, phương trình mặt cầu là: (x 1)2 (y 2)2 (z 7)2 53

Câu Vb: ĐK: x > 0 và y > 0

 log4 log4 1 log 94 log4 log 364 36

20 0 20 0 20

x y xy xy

x y x y x y

 x và y là nghiệm phương trình: 2 20 36 0 18 0

2 0

X

X X

X

 Vậy, hệ pt đã cho có các nghiệm: 18 ; 2

2 18

x x

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng

Đề số 04 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 2 1

1
x

y

x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.

2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 4. 
Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: log22x log (4 ) 54 x2 0

2) Tính tích phân: 3

sin cos
cos

x x

I dx

x

3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau đây đạt cực tiểu tại điểm x0 2

3 3 2 ( 2 1) 2

y x mx m x

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vng tại B, BAC = 300 ,SA = AC = a và SA vng góc 
với mặt phẳng (ABC).Tính VS.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ ( , , , )O i j k , cho OM 3i 2k , mặt cầu ( )S có

phương trình: (x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 9

1) Xác định toạ độ tâm I và bán kính của mặt cầu ( )S . Chứng minh rằng điểm M nằm trên mặt cầu,

từ đó viết phương trình mặt phẳng ( ) tiếp xúc với mặt cầu tại M.

2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu, song song với mặt phẳng ( ), đồng

thời vng góc với đường thẳng : 1 6 2

3 1 1

x y z

Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:

2 2 5 0

z z

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có toạ độ các đỉnh là

A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1)

1) Viết phương trình đường vng góc chung của AB và CD. 
2) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Câu b (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây

y x , trục hoành và x = e

--- Hết ---

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

14
x
y
1
2
2,5
3
3
2

-1 O 1

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 2 1

1
x
y

x

 Tập xác định: D \{1}
 Đạo hàm:

0,
( 1)

y x D

x

 Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.

 Giới hạn và tiệm cận: lim 2 ; lim 2 2

x y x y y là tiệm cận ngang.

;

1 1

lim lim 1

x y x y x

là tiệm cận đứng.
 Bảng biến thiên

x –  1 +

y – –

y 2 – +

2

 Giao điểm với trục hoành: 0 2 1 0 1
2

y x x

Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 1
 Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3

y 3/2 1 || 3 5/2

 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

 ( ) : 2 1

1
x

C y

x

 Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên f x( )0 4

0 0
2
0
2
0
0 0
1 3
1

1 1 2 2

4 ( 1)

1 1

( 1) 1

2 2

x x

x

x x x

 Với

3
2

0 0 3

2. 1

2 1

x y .pttt là: 4 4 3 4 10

y x y x

 Với

1
2

0 0 1

2. 1

2 1

x y . pttt là: 0 4 1 4 2

y x y x

 Vậy, có 2 tiếp tuyến thoả mãn ycbt là : y 4x 2 và y 4x 10

Câu II:

 Điều kiện: x > 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương với

2 2 2

2 4 4 2 2

log x (log 4 log x ) 5 0 log x log x 6 0 (*)
 Đặt t log2x , phương trình (*) trở thành

2 2

2
2

3 log 3 2

6 0

2 log 2 2

t x x

t t

t x x (nhận cả hai nghiệm)

 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm :x 8 và 1
4
x

 3 3 3 3

0 0 0 0

sin cos sin cos sin

cos cos cos cos

x x x x x

I dx dx dx dx

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

a
a
A
B
C
S

 Với 3

1 0

sin .
cos

x dx
I

x , ta đặt t cosx dt sin .x dx sin .x dx dt 
Đổi cận: x 0

t 1 1

Thay vào: 1

2
1
1 1
2
1
1 1
2
1

ln ln1 ln ln 2

dt dt

I t

t t

 Với 3 3

2 0 1. 3

I dx x

 Vậy, 1 2 ln2

I I I

 y x3 3mx2 (m2 1)x 2 có TXĐ D

 y 3x2 6mx m2 1
 y 6x 6m

 Hàm số đạt cực tiểu tại

2 2

(2) 0 3.2 6 .2 1 0

(2) 0 6.2 6 0

f m m

x

f m

hoac

2 12 11 0 1 11

1
2

12 6 0

m m

m
m

m

 Vậy, với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x0 2

Câu III Theo giả thiết, SA AB BC , AB BC , SA

Suy ra, BC (SAB và như vậy BC) SB

 Ta có, .cos 300 3

2
a

AB AC và .sin 300

2
a

BC AC

2 2 2 3 7

4 2

a a

SB SA AB a



2 3
.

1 1 3 3 1 3

2 2 2 2 8 3 24

ABC S ABC ABC

a a a a

S AB BC V SA S



1 1 7 7

2 2 2 2 8

SBC

a a a

S SB BC



3
.

. 2

1 3 8 21

( ,( )). ( ,( )) 3

3 24 7 7

S ABC

S ABC SBC

SBC

V a a

V d A SBC S d A SBC

S a

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:

 OM 3i 2k M(3;0;2) và ( ) : (S x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 9
 Mặt cầu có tâm I(1; 2;3) và bán kính R 3

 Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu: (3 1)2 (0 2)2 (2 3)2 9 là đúng
Do đó, M ( )S

 ( ) đi qua điểm M, có vtpt n IM (2;2; 1)

 Vậy, PTTQ của ( ) là: 2(x 3) 2(y 0) 1(z 2) 0 2x 2y z 4 0
 Điểm trên d: I(1; 2;3)

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

2 1 1 2 2 2

[ , ] ; ; (1; 5; 8)

1 1 1 3 3 1

u n u

 Vậy, PTTS của d là:

2 5 ( )

3 8

x t

y t t

z t

Câu Va: z2 2z 5 0 (*)

 Ta có, 22 4.( 1).( 5) 16 (4 )i 2
 Vậy, pt (*) có 2 nghiệm phức phân biệt

2 4

1 2

2
i

z i và 2 2 4 1 2

2
i

z i

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 Ta có, AB (0;1;0) và CD (1;1; 1)

 Gọi M,N lần lượt là điểm nằm trên AB và CD thì toạ độ của M,N có dạng

(1;1 ;1), (1 ;1 ;2 )

( ; ; 1)

M t N t t t

MN t t t t

 MN là đường vng góc chung của AB và CD khi và chỉ khi

. 0 0 1

1 0 2

. 0

AB MN t t

t t

t t t t

CD MN

 Vậy, 1; ;1 ,3 3 3 3; ; 1;0; 1

2 2 2 2 2 2

M N MN hay u (1;0;1) là vtcp của d cần tìm

PTCT của đường vng góc chung cần tìm là:

1
3

( )

2
1

x t

y t

z t

 Phương trình mặt cầu ( )S có dạng: x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0
 Vì A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) thuộc ( )S nên:

3 2 2 2 0 2 2 2 3 2 2 2 3 6

6 2 4 2 0 2 4 2 6 2 3 3 / 2

6 2 2 4 0 2 2 4 6 2 2 0 3

9 4 4 2 0 4 4 2 9 2 2 2 3

a b c d a b c d d a b c d

a b c d a b c d b b

a b c d a b c d b c c

a b c d a b c d a b c

/ 2
3 / 2
a

 Vậy, phương trình mặt cầu là: x2 y2 z2 3x 3y 3z 6 0

Câu Vb: Cho y lnx 0 x 1

 Diện tích cần tìm là:

1 ln 1 ln

e e

S x dx xdx

 Đặt

1
ln

u x du dx

x

dv dx v x . Thay vào cơng thức tính S ta được:

1 1

ln e e ln 1ln1 e 0 1 1

S x x dx e e x e e (đvdt)

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 05 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y x2(4 x 2)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.

2) Tìm điều kiện của tham số b để phương trình sau đây có 4 nghiệm phân biệt:

4 4 2 log 0

x x b

3) Tìm toạ độ của điểm A thuộc ( )C biết tiếp tuyến tại A song song với d y: 16x 2011
Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: log (2 x 3) log (2 x 1) 3

2) Tính tích phân: 2

sin
1 2 cos

x

I dx

x

3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y ex 4e x 3x trên đoạn [1;2] 
Câu III (1,0 điểm):

Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đơi một vng góc với nhau, SB =SC = 2cm, SA = 4cm. 
Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, từ đó tính diện tích của mặt cầu đó.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 3;2; 3) và hai đường thẳng

1 2 3

1 1 1

x y z

d và 2 : 3 1 5

1 2 3

x y z

d

1) Chứng minh rằng d và 1 d cắt nhau. 2

2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và 1 d . Tính khoảng cách từ A đến mp(P). 2
Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây:

2 1

y x x và y x4 x 1

2. Theo chương trình nâng cao

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1 2 3

1 1 1

x y z

d và 2 : 1 6

1 2 3

x y z

d

1) Chứng minh rằng d và 1 d chéo nhau. 2

2) Viết phương trình mp(P) chứa d và song song với 1 d . Tính khoảng cách giữa 2 d và 1 d 2
Câu b (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây:

y x , x y 4 và trục hoành

... Hết ...

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

x

y

y = logm

- 2 2

4

-2

O

2

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 y x2(4 x2) x4 4x 2
 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y 4x3 8x

 Cho 0 4 3 8 0 4 ( 2 2) 0 4 2 0 2 0 0

2 0 2 2

x

x x

y x x x x

x x x

 Giới hạn: lim lim

x y ; x y

 Bảng biến thiên

x – 2 0 2 +

y + 0 – 0 + 0 –

y – 4 4

0 –

 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 2),(0; 2), NB trên các khoảng ( 2;0),( 2; )
 Hàm số đạt cực đại yCĐ = 4 tại xCÑ 2,

đạt cực tiểu yCT = 0 tại xCT 0.

 Giao điểm với trục hoành:

cho

4 2

0 0

0 4 0

2
4

x x

y x x

x
x

Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 0
 Bảng giá trị: x 2 2 0 2 2

y 0 0 0 4 0

 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

 x4 4x2 logb 0 x4 4x2 logb (*)

 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = logb 
 Dựa vào đồ thị, (C) cắt d tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi

0 logb 4 1 b 10

 Vậy, phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 b 104

 Giả sử A x y . Do tiếp tuyến tại A song song với :( ; )0 0 d y 16x 2011 nên nó có hệ số góc

3 3

0 0 0 0 0 0

( ) 16 4 8 16 4 8 16 0 2

f x x x x x x

 x0 2 y0 0
 Vậy, A( 2;0)

Câu II:

log (2 x 3) log (2 x 1) 3

 Điều kiện: 3 0 3 3

1 0 1

x x

x

x x . Khi đó,

2 2 2

log (x 3) log (x 1) 3 log (x 3)(x 1) 3 (x 3)(x 1) 8
(loai

(nhan)

2 3 3 8 2 4 5 0 1 )

5
x

x x x x x

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

I
M

H

S C

B
A

 2

sin
1 2 cos

x

I dx

x

 Đặt 1 2 cos 2 sin . sin .

2
dt

t x dt x dx x dx

 Đổi cận: x

3 2

t 2 1

 Thay vào:

1 2

2 1 1

1 1 1

ln ln2 ln 2

2 2 2 2

dx dt

I t

t t

 Vậy, I ln 2

 Hàm số y ex 4e x 3x liên tục trên đoạn [1;2] 
 Đạo hàm: y ex 4e x 3

 Cho 0 x 4 x 3 0 x 4 3 0 2x 3 x 4 0

x

y e e e e e

e (1)

Đặt t e (t > 0), phương trình (1) trở thành: x
(nhan)

(loai)

2 3 4 0 1 1 0 [1;2]

x

t

t t e x

t (loại)

 f(1) e 4 3

e và

2
2

(2) 6

f e

e

 Trong 2 kết quả trên số nhỏ nhất là: e 4 3

e , số lớn nhất là

2
2

4
6
e

e
 Vậy,

[1;2]

miny e 3

e khi x = 1 và

2
2
[1;2]

maxy e 6

e khi x = 2

Câu III

 Gọi H,M lần lượt là trung điểm BC, SA và SMIH là hbh.

 Ta có, IH SA|| (SBC) IH SH SMIH là hình chữ nhật

 Dễ thấy IH là trung trực của đoạn SA nên IS = IA

H là tâm đường tròn ngoại tiếp SBC và IH (SBC) nên
IS IB IC ( IA) I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

 Ta có, 1 1 2 2 1 22 22 2

2 2 2

SH BC SB SC (cm) và 1 1

2 2

IH SM SA (cm)

 Bán kính mặt cầu là: R IS SH2 IH2 ( 2)2 22 6
 Diện tích mặt cầu : S 4 R2 4 ( 6)2 24 (cm)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 
Câu IVa:

 d1 đi qua điểm M1(1; 2;3), có vtcp u1 (1;1; 1)

 d2 đi qua điểm M2(3;1;5), có vtcp u2 (1;2;3)

 Ta có [ , ]1 2 1 1; 1 1 1 1; (5; 4;1)

2 3 3 1 1 2

u u

và M M1 2 (2;3;2)

 Suy ra, [ , ].u u M M1 2 1 2 5.2 4.3 1.2 0, do đó d1 và d2 cắt nhau.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

20
 vtpt của (P): n [ , ]u u1 2 (5; 4;1)

 Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x 1) 4(y 2) 1(z 3) 0
5x 4y z 16 0
 Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là:

2 2 2

5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42

( ,( )) 42

5 ( 4) 1

d A P

Câu Va: y x2 x 1 và y x4 x 1

 Cho x2 x 1 x4 x 1 x2 x4 0 x 0,x 1

 Vậy, diện tích cần tìm là : 1 2 4

S x x dx

0 1

3 5 3 5

0 2 4 1 2 4

1 0 1 0

2 2 4

( ) ( )

3 5 3 5 15 15 15

x x x x

S x x dx x x dx

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

 d1 đi qua điểm M1(1; 2;3), có vtcp u1 (1;1; 1)

 d2 đi qua điểm M2( 3;2; 3), có vtcp u2 (1;2;3)

 Ta có [ , ]1 2 1 1; 1 1 1 1; (5; 4;1)

2 3 3 1 1 2

u u

và M M1 2 ( 4;4; 6)

 Suy ra, [ , ].u u M M1 2 1 2 5.( 4) 4.4 1.( 6) 42 0, do đó d1 và d2 chéo nhau.

 Mặt phẳng (P) chứa d và song song với 1 d . 2
 Điểm trên (P): M1(1; 2;3)

 vtpt của (P): n [ , ]u u1 2 (5; 4;1)

 Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x 1) 4(y 2) 1(z 3) 0

5x 4y z 16 0

 Khoảng cách giữa hai đường thẳng d1 và d2 bằng khoảng cách từ M2 đến mp(P):

1 2 2 2 2 2

5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42

( , ) ( ,( )) 42

5 ( 4) 1

d d d d M P

Câu Vb:

 Ta có,

2 ( 0)

2
y

y x x y và x y 4 x 4 y

Trục hoành là đường thẳng có phương trình y = 0:

 Cho (nhan)

(loai)

2 2 4

4 4 0

2 2

y

y y

y

 Diện tích cần tìm là:

2
2

0 2 4

y

S y dx

2 3 2

0 0

14 14

( 4) 4

2 6 2 3 3

y y y

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 06 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y 2x3 (m 1)x2 (m2 4)x m 1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số khi m = 2.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại giao điểm của ( )C với trục tung. 
3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 2 log (2 x 2) log (20,5 x 1) 0
2) Tính tích phân:

2
1

( x 1)

x

e

I dx

e

3) Cho hàm số

x

y x e . Chứng minh rằng, xy (1 x y 2)

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a. Hai mặt bên (SAB) và 
(SAD) vng góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho A(0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3), ( 1;2; 4)B C D

1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vng. Tính diện tích của tam giác ABC. 
2) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Tính thể tích tứ diện ABCD.

Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:

2 2 5 0

2. Theo chương trình nâng c o

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho A(0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3)B C
1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vng. Tính diện tích của tam giác ABC.

2) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm B đồng thời vng góc với mặt phẳng (ABC). 
Xác định toạ độ điểm D trên sao cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 14.

Câu b (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức:

4 8

z z i

--- Hết ---

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

22
x

y

1

2
-1
O
-1

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Với m = 2 ta có hàm số: y 2x3 3x2 1
 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y 6x2 6x

 Cho y 0 6x2 6x 0 x 0 hoac x 1
 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – –1 0

y + 0 – 0 +
y

0

– –1

 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 1),(0; ), NB trên khoảng ( 1;0)
 Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại xCÑ 1, đạt cực tiểu yCT = –1 tại xCT 0.

 12 6 0 1 1

2 2

y x x y . Điểm uốn: 1; 1

2 2

I

 Giao điểm với trục hoành:

cho 0 2 3 3 2 1 0 1 hoac 1

y x x x x

Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 1
 Bảng giá trị: x 3

2 1

2 0

1
2

y 1 0 12 1 0

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây 
 Giao điểm của ( )C với trục tung: (0; 1)A

 x0 0 ;y0 1
 f (0) 0

 Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y 1 0(x 0) y 1
 y 2x3 (m 1)x2 (m2 4)x m 1

 Tập xác định D

 y 6x2 2(m 1)x m2 4
 y 12x 2(m 1)

 Hàm số đạt cực tiểu tại x0 0 khi và chỉ khi

(loai vì )

2 2

(0) 0 6.0 2( 1).0 4 0

(0) 0 12.0 2( 1) 0

4 0

2 2 2 1

2 2 0

f m m

f m

m

m m

m
m

 Vậy, với m 2 thì hàm số đạt tiểu tại x0 0.

Câu II:

 2 log (2 x 2) log (20,5 x 1) 0 (*) 
 Điều kiện:

2 0

2
1

2 1 0

2
x
x

x

x x

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

60
a
a
2 C
B
A D
S
(loai)
(nhan)

2 2 1

( 2) (2 1) 6 5 0

5
x

x x x x

x
 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5



2 2 2

1 1 1

0 0 0

( 1) 2 1 2 1

( )

x x x x x

e e e e e

I dx dx dx

e e e e e

1 1 1 0 0
0

1
(ex 2 e x)dx (ex 2x e x) (e 2.1 e ) (e 2.0 e ) e 2

e
 Vậy,

2
1

( 1) 1

x

e

I dx e

e
e

 Hàm số

x

y x e .



2 2 2 2

( ) . . . .

x x x x

x

y x e x e e x e

2 2 2

2 2

2 . 2 (1 ) 2

x x x

e x e x e

 Do đó,

2 2

2 2 2 2 2

. (1 ). (1 ). . (1 )

x x

xy x x e x x e x y

 Vậy, với

x

y x e ta có xy (1 x y 2)

Câu III 

( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
SAB ABCD

SAD ABCD SA ABCD

SAB SAD SA

 Suy ra hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC, do đó SCA 600

 tanSCA SA SA AC.tanSCA AB2 BC2.tan 600 a2 (2 ) . 3a 2 a 15
AC

 SABCD AB BC. a a.2 2a 2
 Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là:

3
2

1 1 2 15

. 15 2

3 ACBD 3 3

a

V SAS a a (đvtt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A(0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3), ( 1;2; 4)B C D

 AB ( 2; 2; 4) AB ( 2)2 ( 2)2 ( 4)2 2 6

2 2 2

(4; 2; 1) 4 ( 2) ( 1) 21

BC BC

. 2.4 2.( 2) 4.( 1) 0

AB BC ABC vng tại B

 Diện tích : 1 . 1.2 6. 21 3 14

2 2

ABC S AB BC

 Viết phương trình mặt phẳng (ABC) 
 Điểm trên mp(ABC): (0;1;2)A

 vtpt của (ABC): ( ) [ , ] 2 4; 4 2; 2 2 ( 6; 18;12)

2 1 1 4 4 2

ABC

u n AB BC

 PTTQ của mp(ABC): 6(x 0) 18(y 1) 12(z 2)

6 18 12 6 0

3 2 1 0

x y z

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

2 2 2

1 3.2 2( 4) 1 14

( ,( )) 14

1 3 ( 2)

h d D ABC

 Do BD (ABC nên ) 1 . 1.3 14. 14 14

3 3

ABCD ABC

V S h (đvtt)

Câu Va: 2 2 2 5 0 (*)

 Ta có, ( 2)2 4.2.5 36 (6 )i 2

 Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt: 
;

1 2

2 6 1 3 2 6 1 3

4 2 2 4 2 2

i i

i i

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 Hồn tồn giống như bài giải câu IVa.1 dành cho chương trình chuẩn 
 Đường thẳng đi qua điểm B đồng thời vng góc với mặt phẳng (ABC)

 Điểm trên : B( 2; 1; 2)

 vtcp của chính là vtpt của mp(ABC):

( )

2 4 4 2 2 2

[ , ] ; ; ( 6; 18;12)

2 1 1 4 4 2

ABC

u n AB BC

 PTTS của :

1 3 ( )

2 2

x t

y t t

z t

 Điểm D có toạ độ dạng D( 2 t; 1 3 ; 2 2 )t t

2 2 2 2

( ;3 ; 2 ) (3 ) ( 2 ) 14 14

BD t t t BD t t t t t

 Do BD (ABC nên ) 1 . 1. 14 .3 14 14

3 3

ABCD ABC

V BD S t t

 Vậy, VABCD 14 14t 14 t 1

1 ( 1;2; 4)

t D

1 ( 3; 4;0)

t D

Câu Vb: z2 4z 8i

 Đặt z a bi z a2 b2 z2 a2 b . Thay vào phương trình trên ta được: 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

4 8 4( ) 8 4 4 8

4 0 4 0 4 4 0

4 8 2 2

z z i a b a bi i a b a bi i

a

a b a a b a a a

b

b b b

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 07 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 1 3 2 2 3

y x x x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm trên ( )C có hồnh độ bằng 4. Vẽ tiếp tuyến này

lên cùng hệ trục toạ độ với đồ thị ( )C

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 9x 1 3x 2 18 0
2) Tính tích phân:

2
1

ex x

I dx

x

3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f x( ) x5 5x4 5x3 1 trên đoạn [–1;2]

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích
của hình chóp.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điể ): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2;1; 1), ( 4; 1;3), (1; 2;3)B C .

1) Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm C đồng thời

vng góc với đường thẳng AB.

2) Tìm toạ độ hình chiếu vng góc của điểm C lên đường thẳng AB. Viết phương trình mặt cầu

tâm C tiếp xúc với đường thẳng AB.

Câu (1,0 điể ): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng: 3z 9 2iz 11i .

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điê m): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;1; 1), ( 4; 1;3), (1; 2;3)B C

1) Viết phương trình đường thẳng AB và tính khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB

2) Viết phương trình mặt cầu ( )S tâm C, tiếp xúc với đường thẳng AB. Tìm toạ độ tiếp điểm của

đường thẳng AB với mặt cầu ( )S .

Câu Vb (1,0 điểm): Tính mơđun của số phức z = ( 3 i)2011.

--- Hết ---

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ... Số báo danh: ...

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

x

y

d

4

2

-4/ 3

O

3

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I :

 1 3 2 2 3

y x x x

 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y x2 4x 3

 Cho y 0 x2 4x 3 0 x 1 ;x 3

 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 1 3 +

y – 0 + 0 –

y

+ 0

3 –

 Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (–;1), (3;+) 
Hàm số đạt cực đại yCÑ 0 tại xCÑ 3 ; đạt cực tiểu CT 4
3

y tại xCT 1

 2 4 0 2 2

y x x y . Điểm uốn là 2

I

 Giao điểm với trục hoành: cho 0 1 3 2 2 3 0 0

3
3

x

y x x x

x
Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 0

 Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4

y 0 43 23 0 43

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ

 0 4 0 4

x y

 f x( )0 f (4) 3

 Vậy, tiếp tuyến cần tìm là: : 4 3( 4) 3 32

3 3

d y x y x

Câu II

 9x 1 3x 2 18 0 9.9x 9.3x 18 0 (*)
 Đặt t 3x

(ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành

(nhan)
(loai)

2 2

9 9 18 0

1
t

t t

t

 Với t = 2: 3x 2 x log 23

 Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất: x log 23 .


2 2 2

1 1 1 1

ln 1 ln 1 ln

ex x e x e e x

I dx dx dx dx

x x

x x x

 Xét 1 1

ln 1

e e

I dx x

x

 Xét 2 2

e x

I dx

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

2a

60
M
O

C
B

A D

S
 Đặt

1
ln

1 1

u x du dx

x

dv dx v

x x

. Thay vào cơng thức tích phân từng phần ta được:

2 1 2

1 1

1 1 1 1 1 1 2

ln ( ) 1 1

e e

e

I x dx

x x e x e e e

 Vậy, I I1 I2 1 1 2 2 2

e e

 Hàm số f x( ) x5 5x4 5x3 1 liên tục trên đoạn [–1;2]
 y 5x4 20x3 15x2 5 (x x2 2 4x 3)

 Cho

(nhan)
(nhan)
(loai)

2
2 2

0 [ 1;2]

5 0

0 5 ( 4 3) 0 1 [ 1;2]

4 3 0

3 [ 1;2]
x

x

y x x x x

x x x

 Ta có, f(0) 05 5.04 5.03 1 1

5 4 3

(1) 1 5.1 5.1 1 2

f

5 4 3

( 1) ( 1) 5.( 1) 5.( 1) 1 10

f

5 4 3

(2) 2 5.2 5.2 1 7

f

 Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 10 và số lớn nhất là 2

 Vậy, khi khi

[ 1;2] [ 1;2]

miny 10 x 1; maxy 2 x 1

Câu III

 Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO (ABCD nên SO là đường cao )
của hình chóp.

Gọi M là trung điểm đoạn CD. Theo tính chất của hình chóp đều

( )

( ) 60

( ) ( )

CD SM SCD

CD OM ABCD SMO

CD SCD ABCD

(góc giữa mặt (SCD và mặt đáy) )

 Ta có, tan .tan .tan 600 3

SO BC

SMO SO OM SMO a

OM

 Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là:

1 1 1 4 3

. . . 2 .2 . 3

3 3 3 3

a

V B h AB BC SO a a a (đvtt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: Với A(2;1; 1), ( 4; 1;3), (1; 2;3)B C .
 Điểm trên đường thẳng AB: A(2;1; 1)

 vtcp của đường thẳng AB: u AB ( 6; 2;4)

Suy ra, PTTS của đường thẳng AB:

2 6

1 2 ( )

1 4

x t

y t t

z t

 Mặt phẳng (P) đi qua điểm: C(1; 2;3)

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

6( 1) 2( 2) 4( 3) 0

6 2 4 10 0

x y z

 Thay ptts của AB vào PTTQ của mp(P) ta được:

6(2 6 ) 2(1 2 ) 4( 1 4 ) 10 0
1

56 26 0 0,5

t t t

t t

 Thay t = 0,5 vào phương trình tham số của AB ta được:

1; 0; 1

x y z

 Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là H( 1;0;1)

 Vì mặt cầu (S) tâm C tiếp xúc với đường thẳng AB nên nó đi qua điểm H 
 Tâm mặt cầu: C(1; 2;3)

 Bán kính mặt cầu: R CH (1 1)2 ( 2 0)2 (3 1)2 2 3
 Vậy, phương trình mặt cầu: (x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 12

Câu Va: Ta có, 3z 9 2iz 11i 3z 2iz 9 11i (1)

 Đặt z a bi z a bi , thay vào phương trình (1) ta được

3( ) 2 ( ) 9 11 3 3 2 2 9 11

3 2 9 1

3 2 (3 2 ) 9 11

3 2 11 3

a bi i a bi i a bi ai bi i

a b a

a b b a i i

b a b

 Vậy, z 1 3i z 1 3i

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb: Với A(2;1; 1), ( 4; 1;3), (1; 2;3)B C .

 Đường thẳng AB: xem bài giải câu IVa.1 của chương trình chuẩn. 
 Đường thẳng AB đi qua A(2;0; 1), có vtcp u AB ( 6; 2;4)

CA (1;3; 4). Suy ra, [ , ] 3 4; 4 1; 1 3 (4;20;16)

2 4 4 6 6 2

CA u

 Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB ta được

2 2 2

[ , ] (4) (20) (16) 572

( , ) 12 2 3

56
( 6) ( 2) (4 )

CA u
d C AB

u

Mặt cầu ( )S có tâm C tiếp xúc AB có tâm (1; 2;3)C , bán kính R d C AB( , ) 2 3
 Phương trình mặt cầu: (x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 12

 Gọi tiếp điểm cần tìm là H AB thì H có toạ độ (2 6 ;1 2 ; 1 4 )H t t t 
 Vì CH AB nên CH AB. 0. Giải ra được t = 0,5. Và suy ra, H( 1;0;1)

Câu Vb: Ta có, ( 3 i)3 ( 3)3 3.( 3) .2i 3. 3.i2 i3 3 3 9i 3 3 i 2 .3i

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 08 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số:

1
x
y

x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến với ( )C tại các giao điểm của ( )C với : y x

3) Tìm các giá trị của tham số k để đường thẳng d: y kx cắt ( )C tại 2 điểm phân biệt. 
Câu II (3,0 điểm):

1) Giải bất phương trình:

2
2 2
2 1

9 3.

x x
x x

2) Tìm nguyên hàm F x của hàm số ( )( ) f x 2 lnx x , biết (1)F 1

3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y x3 4x2 3x 5 trên đoạn [ 2;1]

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông góc với đáy. Gọi D, E lần lượt 
là hình chiếu vng góc của A lên SB, SC. Biết rằng AB = 3, BC = 2 và SA = 6.

Tính thể tích khối chóp S.ADE.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu IVa ( ,0 điểm): Trong khơng gian Oxyz , cho hình hộp ABCD A B C D có toạ độ các đỉnh: .

(1;1;1), (2; 1;3), (5;2;0), ( 1;3;1)

A B D A

1) Xác định toạ độ các đỉnh C và B của hình hộp. Chứng minh rằng, đáy ABCD của hình hộp là

một hình chữ nhật.

2). Viết phương trình mặt đáy (ABCD), từ đó tính thể tích của hình hộp ABCD A B C D .
Câu Va (1,0 điểm): Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường: y 1 1

x , trục hồnh và x = 2. Tính thể 
tích vật thể trịn xoay khi quay hình (H) quanh trục Ox.

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm):Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD A B C D có toạ độ các đỉnh: .
(1;1;1), (2; 1;3), (5;2;0), ( 1;3;1)

A B D A

1) Xác định toạ độ các đỉnh C và B của hình hộp. Chứng minh, ABCD là hình chữ nhật.

2) Viết phương trình mặt cầu đi qua các đỉnh A,B,D và A của hình hộp và tính thể tích của mặt cầu

đó.

Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: z2 – (1 5 ) – 6 2i z i 0
--- Hết ---

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

30
x

y

1

-1 O 1

2

-2

0.5

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Hàm số

1
x
y

x

 Tập xác định: D \{ 1}

 Đạo hàm: 1 2 0,

( 1)

y x D

x

 Hàm số ĐB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị. 
 Giới hạn và tiệm cận:

;

lim 1 lim 1 1

x y x y y là tiệm cận ngang.

;

( 1) ( 1)

lim lim 1

x y x y x là tiệm cận đứng.

 Bảng biến thiên

x –  1 +

y + +

y 
1

1 
 Giao điểm với trục hoành: cho y 0 x 0

Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 0
 Bảng giá trị: x 3 2 1 0 1

y 1,5 2 || 0 0,5

 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

PTHĐGĐ của ( )C và là: ( 1) 2 0 0

x x x x x x x

x
 x0 0 y0 0

 f x( )0 f (0) 1

 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y 0 1(x 0) y x 
 Xét phương trình:

1
x

kx

x (*) x kx x( 1)

2 2 ( 1) 0 ( 1) 0 0

1 (2)

x

x kx kx kx k x x kx k

kx k

 d:y kx cắt ( )C tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt 
phương trình (2) có duy nhất nghiệm khác 0, tức là 0 0

1 0 1

k k

 Vậy, với k 0,k 1 thì d cắt ( )C tại 2 điểm phân biệt.

Câu II:

 Ta có,

2 2 2 2 2 2
2 1 2 2 4 2 1 2

9 3. 9 3.3 3 3

x x

x x x x x x x x x x

2 2

4 2 1 2 2 2 2

3 x x 3 x x 4x 2x 1 2x x 6x x 1 0

 Cho 6 2 1 0 1 hoac 1

2 3

x x x x

 Bảng xét dấu: x 1

1
2

6x x 1 + 0 – 0 +

 Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là khoảng: 1 1
3 2

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

3 2
6
A C

B
S
D
E
D '
C '
A '
D
A
B C
B '
H
 Xét ( )F x 2 lnx xdx

 Đặt

1
ln

u x du dx

x

dv xdx v x . Thay vào nguyên hàm F(x) ta được:

2 2

( ) 2 ln ln ln

2
x

F x x xdx x x xdx x x C

 Do F(1) 1 nên

2 1 1 1 1

1 ln1 1 1 1

2 C 2 C C 2 2

 Vậy,

2 1

( ) ln

2 2

x

F x x x

 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y x3 4x2 3x 5 trên đoạn [ 2;1]
 Hàm số y x3 4x2 3x 5 liên tục trên đoạn [ 2;1]

 y 3x2 8x 3

 Cho

(loai)
(nhan)

2 3 [ 1;2]

0 3 8 3 0 1

[ 1;2]
3

x

y x x

x

 Ta có,

3 2

1 1 1 1 149

4 3 5

3 3 3 3 27

f

3 2

( 2) ( 2) 4 ( 2) 3 ( 2) 5 9

(1) 1 4 1 3 1 5 3

f
f

Trong các số trên số 149

27 nhỏ nhất, số 9 lớn nhất.

 Vậy, khi khi

[ 2;1] [ 2;1]

149 1

min , max 9 2

27 3

y x y x

Câu III

 SB SA2 AB2 32 62 3 5

2 2 2 2 2 62 32 22 7

SC SA AC SA AB BC


2 2
2
2 2
6 4
.
5
(3 5)
SD SA

SA SD SB

SB SB
 
2 2
2

2 2
6 36
.
49
7
SE SA

SA SE SC

SC SC

 . 1 1 1 6.3.2 6

3 2 6

S ABC

V SA AB BC

 .

. .

4 36 864

5 49 245

S ADE

S ADE S ABC

S ABC

V SA SD SE SD SE

V V

V SA SB SC SB SC

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: (1;1;1), (2; 1;3), (5;2;0),A B D A( 1;3;1)

 ABCD là hình bình hành AB DC

1 5 6

(1; 2;2)

2 2 0

( 5; 2; ) 2 2

C C

C C C

C C

x x

AB

y y

DC x y z z z

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

32


2 2 2

(1; 2;2) 1 ( 2) 2 3

(4;1; 1) 4 1 ( 1) 3 2

AB AB

AD AD và AB AD. 1.4 2.1 2.( 1) 0

AB AD ABCD là hình chữ nhật (vì nó là hình bình hành, có thêm 1 góc vng)


 Điểm trên mp(ABCD): A(1;1;1)

 vtpt của mp(ABCD): [ , ] 2 2; 2 1 1; 2 (0;9;9)

1 1 1 4 4 1

u AB AD

 PTTQ của mặt đáy (ABCD):0(x 1) 9(y 1) 9(z 1) 0

9y 9z 18 0 y z 2 0

 Diện tích mặt đáy ABCD: B SABCD AB AD. 3.3 2 9 2(đvdt)

 Chiều cao h ứng với đáy ABCD của hình hộp chính là khoảng cách từ A đến (ABCD): 
D

2 2

3 1 2 2

( ,( )) 2

1 1

h d A ABC

 Vậy, Vhh B h. 9 2. 2 18(đvtt)

Câu Va:Cho 1 1 0 x 1

x

 Vậy, thể tích cần tìm: 2 2 2 2

1 1

1 2 1

(1 ) (1 )

V dx dx

x x x

2
1

1 1 1 3

2 ln 2 2 ln 2 1 2 ln1 2 ln 2

2 1 2

V x x

x (đvtt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb: A(1;1;1), (2; 1;3), (5;2;0), ( 1;3;1)B D A

Hoàn toàn giống câu IVa.1 (phần dành cho CT chuẩn): đề nghị xem bài giải ở trên.
 Giả sử phương trình của mặt cầu ( ) :S x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0

 Vì (S) đi qua bốn điểm A(1;1;1), (2; 1;3), (5;2;0), ( 1;3;1)B D A nên:

3 2 2 2 0 2 2 2 3 2 4 4 11

14 4 2 6 0 4 2 6 14 6 6 6 15

29 10 4 0 10 4 29 12 2 2 18

11 2 6 2 0 2 6 2 11 2 2 2 3

a b c d a b c d a b c

a b d a b d a b c

a b c d a b c d d a b c

3,5
5,5
6,5
28

a
b
c
d

 Vậy, phương trình mặt cầu ( ) :S x2 y2 z2 7x 11y 13z 28 0

Câu Vb: z2 – (1 5 ) – 6 2i z i 0 (*)

 Ta có, (1 5 )i 2 4.( 6 2 )i 1 10i 25i2 24 8i 2i (1 i )2
 Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt:

(1 5 ) (1 ) 4

2 2

i i i

z i và 2 (1 5 ) (1 ) 2 6 1 3

2 2

i i i

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 09 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y x3 3x2 1 có đồ thị là ( )C

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Dựa vào đồ thị ( )C , hãy tìm điều kiện của tham số k để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân

biệt: x3 3x2 k 0

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải bất phương trình: 2log ( – 1)2 x log (5 – ) 12 x
2) Tính tích phân:

0 ( )

x

I x x e dx

3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y 2x3 3x2 12x 2 trên [ 1;2]
Câu III (1,0 điểm):

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính diện tích của mặt .
cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng:

2 2

( ) : 3

x t

d y

z t

và ( ) :2 2 1

1 1 2

x y z

d

1) Chứng minh rằng hai đường thẳng ( ),( )d1 d vng góc nhau nhưng không cắt nhau. 2

2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 đồng thời song song d2. Từ đó, xác định khoảng cách

giữa hai đường thẳng d1 và d2 đã cho.

Câu (1,0 điểm): Tìm mơđun của số phức: z 1 4i (1 i . )3
2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm):Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng:

2 2

( ) : 3

x t

d y

z t

và ( ) :2 2 1

1 1 2

x y z

d

1) Chứng minh rằng hai đường thẳng ( ),( )d1 d vng góc nhau nhưng khơng cắt nhau. 2

2) Viết phương trình đường vng góc chung của ( ),( )d1 d . 2

Câu b (1,0 điểm): Tìm nghiệm của phương trình sau đây trên tập số phức: 
2

z z , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z.

--- Hết ---

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

34
x

y

y = m - 1

3

1

3
-1

-1

2
O

1

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Hàm số y x3 3x2 1
 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y 3x2 6x

 Cho y 0 3x2 6x 0 x 0 hoac x 2
 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 0 2 +

y – 0 + 0 –

y + 3

–1 –

 Hàm số ĐB trên khoảng (0;2); NB trên các khoảng (–;0), (2;+) 
Hàm số đạt cực đại yCÑ 3 tại xCÑ 2

đạt cực tiểu yCT 1 tại xCT 0

 Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 1

 Điểm uốn: y 6x 6 0 x 1 y 1.

Điểm uốn là I(1;1)

 Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3

y 3 –1 1 3 –1

 Đồ thị hàm số như hình vẽ:

 x3 3x2 k 0 x3 3x2 k x3 3x2 k x3 3x2 1 k 1 (*) 
 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = k – 1

 (*) có 3 nghiệm phân biệt 1 k 1 3 0 k 4
 Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt 0 k 4

Câu II:

 2log ( – 1)2 x log (5 – ) 12 x

 Điều kiện: 1 0 1 1 5

5 0 5

x x

x

x x (1)

 Khi đó, 2log ( – 1)2 x log (5 – ) 12 x log ( – 1)2 x 2 log [2.(5 – )]2 x

2 2 2 3

( 1) 2(5 ) 2 1 10 2 9 0

3
x

x x x x x x

x
 Đối chiếu với điều kiện (1) ta nhận: 3 < x < 5

 Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là: S (3;5)

 Xét 1

0 ( )

x

I x x e dx

 Đặt 2

( )

x x

du dx

u x

x

dv x e dx v e . Thay vào cơng thức tích phân từng phần ta được:

1 1

1 2 1 2 3

0 0

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 6

1 1 4

( ) (0 1)

2 6 3

x x x x x x x

I x x e dx x e e dx e e

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

I

O
O'

M
M '
C '

B '

A B

C
A '
 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y 2x3 3x2 12x 2 trên đoạn [ 1;2]

 Hàm số y 2x3 3x2 12x 2 liên tục trên đoạn [ 1;2]
 y 6x2 6x 12

 Cho (loai)

(nhan)

2 2 [ 1;2]

0 6 6 12 0

1 [ 1;2]
x

y x x

x

 Ta có, f(1) 2.13 3.12 12.1 2 5

3 2

( 1) 2.( 1) 3.( 1) 12.( 1) 2 15

(2) 2.2 3.2 12.2 2 6

f
f

Trong các số trên số 5 nhỏ nhất, số 15 lớn nhất.

 Vậy, khi khi

[ 1;2] [ 1;2]

miny 5 x 2, maxy 15 x 1

Câu III

 Gọi O O lần lượt là trọng tâm của hai đáy ABC và A B C ,
thì OO vng góc với hai mặt đáy. Do đó, nếu gọi I là trung 
điểm OO thì

IA IB IC và IA IB IC

 Ta có, 2 2 3 3

3 3 2 3

a a

OA O A AM

 Và

2 2 2

2 2 3 21

2 3 4 3 6

a a a a a

IA OI OA IA

 Suy ra, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và IA là bán kính của nó 
Diện tích mặt cầu là:

2 2

2 7 7

4 4

12 3

a a

S R (đvdt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 
Câu IVa:

 d1 đi qua điểm M1(2;3;0), có vtcp u1 ( 2;0;1)

d2 đi qua điểm M2(2;1;0), có vtcp u2 (1; 1;2)

 Ta có, u u1 2. 2.1 0.( 1) 1.2 0 u1 u2 d1 d 2

 [ , ]1 2 0 1 1; 2 2 0 (1;5;2)

1 2 2 1 1 1

u u

1 2 (0; 2;0) [ , ].1 2 1 2 10 0

M M u u M M

 Vậy, d1 vuông góc với d2 nhưng khơng cắt d2

 Mặt phẳng (P) chứa d1 nên đi qua M1(2;3;0) và song song d2

 Điểm trên mp(P): M1(2;3;0)

 vtpt của mp(P): n [ , ]u u1 2 (1;5;2)

 PTTQ của mp(P):1(x 2) 5(y 3) 2(z 0) 0

5 2 17 0

x y z

 Khoảng cách giữa d1 và d2 bằng khoảng cách từ M2 đến mp(P), bằng:

2 2 2 2

2 5.1 2.0 17 10 30

( ,( ))

3
30

1 5 2

d M P

Câu Va:z 1 4i (1 i)3 1 4i 1 3i 3i2 i3 1 2i

2 2

1 2 ( 1) 2 5

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb: A(1;1;1), (2; 1;3), (5;2;0), ( 1;3;1)B D A

Hoàn toàn giống câu IVa.1 (phần dành cho CT chuẩn): đề nghị xem bài giải ở trên.

 1

2 2

( ) : 3

x t

d y

z t

và ( ) :2 2 1

1 1 2

x y z

d

 d1 đi qua điểm M1(2;3;0), có vtcp u1 ( 2;0;1)

d2 đi qua điểm M2(2;1;0), có vtcp u1 (1; 1;2)

 Lấy A d B d thì (2 2 ;3; ), (21, 2 A a a B b;1 b b;2 ) AB (b 2 ; 2a b b a ;2 )
 AB là đường vng góc chung của d1 và d2 khi và chỉ khi

. 0 2( 2 ) 0 1(2 ) 0 5 0

1( 2 ) 1( 2 ) 2(2 ) 0 6 2 0

. 0

3
a

AB u b a b a a

b a b b a b b

AB u

 Đường vng góc chung của d1 và d2 đi qua A(2;3;0) 
 và có vtcp ( 1; 5; 2)

3 3 3

AB hay u (1;5;2)

 Vậy, PTCT cần tìm: 2 3

1 5 2

x y z

Câu Vb: z z (*) 2

 Giả sử z a bi z a bi . Thay vào phương trình (*)ta được:

2 2 2 2 2 2

( ) 2 2

a bi a bi a bi a abi b i a bi a b abi

hoac

2 2

2 2 2 2 2 2

1
2

2 2 0 (2 1) 0 0

a a b

a a b a a b a a b

b ab ab b b a b a

 Với b = 0, ta được a a2 a2 a 0 a 0 hoac a 1

 Với 1

a , ta được 1 1 2 2 3 3

2 4 b b 4 b 2

 Vậy, các nghiệm phức cần tìm là: 1 0 , 2 1 , 3 1 3 , 4 1 3

2 2 2 2

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 10 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y x3 3x 1

có đồ thị là ( )C

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung. Vẽ tiếp

tuyến đó lên cùng một hệ trục toạ độ với đồ thị ( )C .

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 2 log23x log (3 ) 143 x 0
2) Tính tích phân: 1

0 (2 1)
x

I x e dx

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y x4 2x3 x trên đoạn [–1;1] 2
Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600

. Tính diện
tích xung quanh và thể tích của hình nón có đỉnh S và đáy là đường trịn ngoại tiếp đáy hình chóp đã 
cho.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A( 5;0;1), (7;4; 5)B và mặt

phẳng ( ) :P x 2y 2z 0

1) Viết phương trình mặt cầu ( )S có đường kính AB. Tính khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt 
phẳng ( )P .

2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu ( )S đồng thời vng góc với mặt

phẳng ( )P . Tìm toạ độ giao điểm của d và ( )P .

Câu (1,0 điểm): Tìm mơđun của số phức: 2 3 1 3

z i i

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0;6;4) và đường thẳng d có 
phương trình d: 2 1

1 2 1

x y z

1) Hãy tìm toạ độ hình chiếu vng góc của điểm A trên đường thẳng d.

2) Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm là điểm A và tiếp xúc với đường thẳng d.
Câu b (1,0 điểm):Giải phương trình sau đây trên tập số phức

2 (3 4 ) ( 1 5 ) 0

x i x i

--- Hết ---

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

38
x

y

y = 3x + 1

1
3

-2

-1

-1 O 1 2

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Hàm số y x3 3x 1
 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y 3x2 3

 Cho y 0 3x2 3 0 x2 1 x 1

 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – –1 1 +

y – 0 + 0 –

y + 3

–1 –

 Hàm số ĐB trên khoảng (–1;1) ; NB trên các khoảng (–;–1), (1;+) 
Hàm số đạt cực đại yCÑ 3 tại xCÑ 1

đạt cực tiểu yCT 1 tại xCT 1

 y 6x 0 x 0 y 1.

Điểm uốn là I(0;1)

 Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 1
 Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2

y 3 –1 1 3 –1

 Đồ thị hàm số như hình vẽ: 
 y x3 3x 1

 Ta có, x0 0,y0 1

 f x( )0 f (0) 3.02 3 3

 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là : y 1 3(x 0) y 3x 1
Câu II:

 2 log23x log (3 ) 143 x 0

 Điều kiện: x > 0

 Khi đó, 23 23 3

2 log x log (3 ) 14x 0 2 log x 2 log (3 ) 14x 0

2 2

3 3 3 3

2log x 2(1 log ) 14x 0 2log x 2log x 12 0 (*) 
 Đặt t log3x , phương trình (*) trở thành

2 3

2
3

3 log 3 3

2 2 12 0

2 log 2 3

t x x

t t

t x x

 Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm: x 9 và 1
27
x

 Xét 1

0(2 1)
x

I x e dx

 Đặt u 2xx 1 du x2dx

dv e dx v e . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:

1 1 1
0
0 0

(2 1) x 2 x 3 1 2 x 3 1 (2 2) 1

I x e e dx e e e e e

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

60
O

C
B

A

D
S

 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y x4 2x3 x trên đoạn [ 1;1] 2
 Hàm số y x4 2x3 x liên tục trên đoạn [ 1;1] 2

 y 4x3 6x2 2x 2 (2x x2 3x 1)

 Cho 0 2 (2 2 3 1) 0 0; 1; 1

y x x x x x x (nhận cả 3 giá trị này)

 Ta có, f(0) 04 2.03 02 0 1 1 4 1 3 1 2

2 2 2 2

1
2.

16
f

4 3 2

(1) 1 2.1 1 0

f f( 1) ( 1)4 2.( 1)3 ( 1)2 4

Trong các số trên, số 0 nhỏ nhất và số 4 lớn nhất.

 Vậy, khi hoặc khi

[ 1;1] [ 1;1]

miny 0 x 0 x 1, maxy 4 x 1

Câu III

 Gọi O là tâm của hình vng ABCD. Do S.ABCD là hình chóp đều nên

( )

SO ACBD

 Suy ra, OB là hình chiếu vng góc của SB lên mp(ABCD)

Do đó, SBO 600. Kết hợp, 2

2
a

r OB ta suy ra:

0 0

2 6

.tan 60 3

2 2

2
cos 60 2 cos 60

a a

h SO OB

OB a

l SB a

 Diện tích xung quanh của mặt nón: . . 2 2 2
2

xq

a

S r l a a (đvdt)

 Thể tích hình nón:

2 3
2

1 1 6 6

. .

3 3 2 2 12

a a a

V r h (đvtt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A( 5;0;1), (7;4; 5)B và ( ) :P x 2y 2z 0
 Gọi I là trung điểm AB ta có I(1;2; 2)

 Mặt cầu ( )S có đường kính AB, có tâm I(1;2; 2)

 Và bán kính R IA (1 5)2 (2 0)2 ( 2 1)2 7
 Vậy, phương trình mặt cầu ( )S : (x 1)2 (y 2)2 (z 2)2 49

 Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( ) :P x 2y 2z 0 là:

2 2 2

1 2.2 2.( 2) 9

( ,( )) 3

1 2 ( 2)

d I P

 Đường thẳng d đi qua điểm I(1;2; 2), đồng thời vng góc với mp( ) :P x 2y 2z 0 nên có
vtcp u nP (1;2; 2)

 PTTS của d:

2 2 ( )

2 2

x t

y t t

z t

 Thay PTTS của d vào PTTQ của ( ) :P x 2y 2z 0 ta được:

1 t 2(2 2 ) 2( 2 2 )t t 0 9t 9 0 t 1

 Thay t 1 vào PTTS của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P) là O(0;0;0)

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

40
 Vậy,

2
2

3 3 3 3 27 91 91

4 4 16

2 2 4 4 2

z i z

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 Đường thẳng d đi qua điểm M0(2;1;0) và có vtcp u (1;2;1)

 Gọi A là hình chiếu v.góc của A lên d thì (2A t;1 2 ; )t t AA (2 t t;2 5;t 4)
 Do A là hình chiếu vng góc của A lên d nên ta có AA u , suy ra

1(2 t) 2(2t 5) 1(t 4) 0 6t 12 0 t 2

 Thay t = 2 vào toạ độ A ta được (4;5;2)A là hình chiếu vng góc của A lên d. 
 Mặt cầu ( )S có tâm (0;6;4)A , tiếp xúc với đường thẳng d nên đi qua A(4;5;2)

 Do đó, ( )S có bán kính R AA (4 0)2 (5 6)2 (2 4)2 21

 Vậy, phương trình mặt cầu ( ) :S x2 (y 4)2 (z 6)2 21

Câu Vb: x2 (3 4 )i x ( 1 5 )i 0 (*)

 Ta có, (3 4 )i 2 4.1.( 1 5 )i 9 24i 16i2 4 20i 3 4i (1 2 )i 2
 Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm phức:

(3 4 ) (1 2 ) 4 6

2 3

2 2

(3 4 ) (1 2 ) 2 2
1

2 2

i i i

x i

i i i

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 11 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y x4 (m 1)x2 2m 1 (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số khi m = 1.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm trên ( )C có hồnh độ bằng 3 .
3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị.

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: log (2 x 3) log (0,5 x 1) 3

2) Tính tích phân: 1 2

0 ( )

x

I x x e dx

3) Cho hàm số y e4x 2e . Chứng minh rằng, x y 13y 12y 
Câu III (1,0 điểm):

Cho khối chóp S.ABC có SA vng góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC vng cân tại B, SA= a, 
SB hợp với đáy một góc 300 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt có pt

3 2

: 1 ,( ) : 3 2 6 0

x t

d y t P x y z

z t

1) Tìm toạ độ điểm A giao điểm của đường thẳng d và mp(P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi

qua điểm A, đồng thời vng góc với đường thẳng d.

2) Viết phương trình mặt cầu ( )S tâm (2;1;1)I , tiếp xúc với mp(P). Viết phương trình mặt phẳng 
tiếp diện của mặt cầu ( )S biết nó song song với mp(P).

Câu Va (1,0 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức z i

z i, trong đó z 1 2i

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm):Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt có pt

3 1

: ,( ) : 3 2 6 0

2 1 1

x y z

d P x y z

1) Chứng minh rằng đường thẳng d cắt mặt phẳng (P) nhưng khơng vng góc với (P). Tìm toạ độ

điểm A là giao điểm của đường thẳng d và mp(P).

2) Tìm phương trình hình chiếu của đường thẳng d lên mp(P).

Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: iz2 4z 4 i 0
--- Hết ---

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

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

42
x

y

-3

-1 O 1

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Với m = 1 ta có hàm số: y x4 2x2 3
 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y 4x3 4x

 Cho y 0 4x3 4x 0 x 0
 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 0

y – 0 +

y

–3

 Hàm số ĐB trên các khoảng (0; ), NB trên khoảng ( ;0)

Hàm số đạt cực tiểu yCT = –3 tại xCT 0.

 Giao điểm với trục hoành: 
Cho

4 2 2

0 3 3 0 1 1

3
x

y x x x x

x

Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 3

 Bảng giá trị: x –1 0 1

y 0 –3 0

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây

 x0 2 y0 5

 f x( )0 f ( 2) 4.( 2)3 4.( 2) 12 2

 Vậy, pttt cần tìm là: y 5 12 2(x 2) y 12 2x 19.
 y x4 (m 1)x2 2m 1 (1)

 Tập xác định D

 y 4x3 2(m 1)x (đây là một đa thức bậc ba)

 0 4 3 2( 1) 0 2 (2 2 1) 0 2 0

2 1 (*)

x

y x m x x x m

x m

 Hàm số (1) có 3 điểm cực trị (*) có 2 nghiệm pbiệt khác 0 m 1 0 m 1
 Vậy, với m 1 thì hàm số (1) có 3 điểm cực trị.

Câu II:

 log (2 x 3) log (2 x 1) 3 (*)

 Điều kiện: 3 0 3 3

1 0 1

x x

x

x x

 Khi đó, (*) log [(2 x 3)(x 1)] 3 (x 3)(x 1) 8 x2 x 3x 3 8
hoac

2 4 5 0 1 5

x x x x

 So với điều kiện đầu bài ta chỉ nhận x = 5

 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x 5

 2 2 2 2

1
3

1 1 2 1 1 1

0 0 0 0 0 0

( ) .

3 3

x x x x x

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

30
a

A C

B
S

 Đặt 2 2 .

2
dt

t x dt x dx xdx

 Đổi cận: x 0 1 
t 0 1
 Vậy,

1
1

0 0

1 1 1 1 1

3 2 3 2 3 2 2 2 6

t

t dt e e e

I e

 Xét hàm số y e4x 2e . x

 Ta có, y 4e4x 2e ; x y 16e4x 2e ; x y 64e4x 2e x

 Từ đó, y 13y 64e4x 2e x 13(4e4x 2e x) 12e4x 24e x 12y 
 Vậy, với y e4x 2e thì x y 13y 12y

Câu III

 ( )

( )

SA ABC

SA AB

AB ABC và hình chiếu của SB lên (ABC)

là AB, do đó SBA 300

 cotSBA AB BC AB SA.cotSBA a.cot300 a 3
SA



1 1 3

. 3. 3

2 2 2

ABC

a

S AB BC a a

 Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là:

2 3

1 1 3

3 ABC 3 2 2

a a

V SAS a (đvtt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 
Câu IVa:

 Thay ptts của d vào ptmp(P), ta được:

( 3 2 ) 3( 1t t) 2( ) 6t 0 3t 6 0 t 2

 Thay t = 2 vào ptts của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P) là: A(1;1; 2)
 mp(Q) đi qua điểm A(1;1; 2), vng góc với d nên có vtpt n ud (2;1; 1)
 Vậy, PTTQ của mp(Q): 2(x 1) 1(y 1) 1(z 2) 0

2x y z 5 0

 Mặt cầu ( )S có tâm là điểm (2;1;1)I

 Do ( )S tiếp xúc với mp( ) :P x 3y 2z 6 0 nên ( )S có bán kính

2 2 2

2 3.1 2.1 6 7 14

( ,( ))

1 ( 3) 2

R d I P

 Phương trình mặt cầu ( ) : ( 2)2 ( 1)2 ( 1)2 7
2

S x y z

 Gọi ( )Q là mp song song với ( ) :P x 3y 2z 6 0 thì phương trình mp(Q) có dạng

( ) :Q x 3y 2z D 0 (D 6)
 ( )Q tiếp xúc mặt cầu ( )S nên:

(loai)
(nhan)

2 2 2

2 3.1 2.1 14 1 14

( ,( ))

2 14 2

1 ( 3) 2

1 7 6

1 7

1 7 8

D D

d I Q R

D D

D

D D

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Câu Va: z 1 2i z 1 2i

 Ta có,

2
2

1 2 1 3 (1 3 )(1 3 ) 1 6 9 4 3

1 2 1 3 (1 3 )(1 3 ) 1 9 5 5

z i i i i i i i i

i

z i i i i i i i

 Vậy, phần thực của là 4

5, phần ảo của là
3
5

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 d đi qua điểm M0( 3; 1;0), có vtcp ud (2;1; 1)
(P) có vtpt nP (1; 3;2)

 Ta có, [ , ] ( 1; 5; 7) 0 không cùng phương

. 2.1 1.( 3) 1.2 3 0

d P

d P d

u n

u n

u n u nP

 Vậy, d cắt (P) nhưng không vuông góc với (P)

 Thay PTTS của

3 2

: 1

x t

d y t

z t

vào PTTQ của mp( ) :P x 3y 2z 6 0, ta được

( 3 2 ) 3( 1t t) 2( ) 6t 0 3t 6 0 t 2

 Toạ độ giao điểm của d và mp(P) là: A(1;1; 2)

 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vng góc với (P), thế thì (Q) có vtpt 
[ , ] ( 1; 5; 7)

Q d P

n u n

 Đường thẳng là hình chiếu vng góc của d lên (P) chính là giao tuyến của (P) và (Q) 
Do đó

 Điểm trên : A(1;1; 2)

 vtcp của : [ , ] 3 2; 2 1; 1 3 (31;5; 8)

5 7 7 1 1 5

P Q

u n n

 PTTS của :

1 31

1 5 ( )

2 8

x t

y t t

z t

Câu Vb: iz2 4z 4 i 0 (*)

 Ta có, 22 i.(4 i) 4 4i i2 (2 i )2

 Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt

1 (2 ) 3

1 3

i i

z i

i i

1 (2 ) 1

i i

z i

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng

Đề số 12 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số:

2 4

2
x

y x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( )C và trục hồnh.

3) Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm phân biệt: x4 2x2 2m 0
Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 22x 2 2x 2 3 0

2) Tìm nguyên hàm F x của ( ) f x( ) 3x2 1 4ex

x biết rằng F(1) 4e

3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x3 x 1, biết tiếp tuyến song song với
đường thẳng y 2x 1.

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 , đường cao h = 2. Hãy tính diện tích của mặt cầu 
ngoại tiếp hình chóp đó.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho A( 1;2; 1), (2;1; 1), (3;0;1)B C

1) Viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm O,A,B,C và xác định toạ độ tâm I của nó.

2) Tìm toạ độ điểm M sao cho 3AM 2MC . Viết phương trình đường thẳng BM. 
Câu (1,0 điểm): Tính x1 x , biết 2 x x là hai nghiệm phức của phương trình sau đây: 1, 2

3x 2 3x 2 0

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt

có phương trình d:

1 2
2

x t

y t

z

, (P): 2x y 2z 1 0.

1) Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, bán kính bằng 3 và tiếp xúc (P).

2) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(0;1;0), nằm trong mp(P) và vng góc với 
đường thẳng d.

Câu b (1,0 điểm): Gọi z z là hai nghiệm của phương trình 1; 2 z2 z 1 0

trên tập số phức. Hãy xác
định

1 2

1 1

A

z z

--- Hết ---

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

46
x

y

-4.5
-2

-4

-1 O 1 2

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:  Hàm số:

2 4

2
x

y x

 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y 2x3 2x

 Cho 0 2 3 2 0 0

x

y x x

x

 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 1 0 1 +

y – 0 + 0 – 0 +

y

–4

9
2

 Hàm số ĐB trên các khoảng ( 1;0),(1; ), NB trên các khoảng ( ; 1),(0;1)
Hàm số đạt cực đại yCÑ 4 tại xCÑ 0.

Hàm số đạt cực tiểu CT 9

y tại xCT 1.
 Giao điểm với trục hoành:

Cho

4 2 2

4
1

0 4 0 4 2

2 2

x

y x x x x

x

Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 4
 Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2

y 0 –4,5 –4 –4,5 0

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây

 Giao của ( )C với Oy: cho y 0 x 2

 Diện tích cần tìm:

5 3

2 4 2 2 4 2

2 2 2

1 1 224

4 4 4

2 2 10 3 15

x x

S x x dx x x dx x (đvdt)



4 4

4 2 2 2 0 4 2 2 2 2 2 4 4

2 2

x x

x x m x x m x m x m (*)

 Số nghiệm của pt(*) bằng với số giao điểm của

4
2

( ) : 4

2
x

C y x và d y: m 4

 Từ đó, dựa vào đồ thị ta thấy pt(*) có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

4 4 0

9 1

2 2

m m

Câu II: 22x 2 2x 2 3 0 4.22x 4.2x 3 0 (*) 
 Đặt t 2x

(ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành: 
(nhan)

(loai)

3 3 3

4 4 3 0 2 log

1 2 2 2

x

t

t t t x

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

M
O
I

B

A C

S
 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: log23

2
x

 Với f x( ) 3x2 1 4ex

x , họ các nguyên hàm của f(x) là:

2 1 3

( ) 3 4 x ln 4 x

F x x e dx x x e C

x

 Do F(1) 4e nên 13 ln 1 4e1 C 4e C 1
 Vậy, F x( ) x3 lnx 4ex 1

 Viết pttt của y x3 x 1 song song với đường thẳng d:y 2x 1
 TXĐ của hàm số : D

 y 3x2 1

 Do tiếp tuyến song song với y 2x 1 nên có hệ số góc

2 2 2

0 0 0 0 0

( ) 2 3 1 2 3 3 1 1

k f x x x x x

 Với x0 1 y0 13 1 1 1 và f x( )0 2

pttt tại x0 1 là: y 1 2(x 1) y 2x 1 (loại vì trùng với đường thẳng d) 
 Với x0 1 y0 ( 1)3 ( 1) 1 1 và f x( )0 2

pttt tại x0 1 là: y 1 2(x 1) y 2x 3
 Vậy, có 1 tiếp tuyến cần tìm là: y 2x 3

Câu III

 Giả sử hình chóp đều đã cho là S.ABC có O là chân đường cao xuất 
 phát từ đỉnh S. Gọi I là điểm trên SO sao cho IS = IA, thì

IS IA IB OC R

Do đó, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 
 Theo giả thiết, SO = 2 IO 2 R

và 2 2 6. 3 2

3 3 2

OA AM

 Trong tam giác vuông IAO, ta có

2 2 2 2 (2 )2 2 4 4 2 0 3

IA OI OA R R R R

 Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là

2
2 3

4 4 9

S R (đvdt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A( 1;2; 1), (2;1; 1), (3;0;1)B C

 Phương trình mặt cầu ( )S có dạng: x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0

 Vì 4 điểm O(0;0;0), A( 1;2; 1), (2;1; 1), (3;0;1)B C thuộc ( )S nên:

0 2.0 2.0 2.0 0 0 0

6 2 4 2 0 2 4 2 6 1

6 4 2 2 0 4 2 2 6 3

10 6 0 2 0 6 0 2 10 2

d d d

a b c d a b c a

a b c d a b c b

a b c d a b c c

 Vậy, phương trình mặt cầu ( ) :S x2 y2 z2 2x 6y 4z 0
Và toạ độ tâm của mặt cầu là: I(1;3;2)

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

AM (a 1;b 2;c 1) 3AM (3a 3 ; 3b 6 ; 3c 3)
 MC (3 a b; ;1 c) 2MC (2a 6 ; 2 ; 2b c 2)

 Ta có,

3 3 2 6 9

3 2 3 6 2 6 ( 9;6; 5)

3 3 2 2 5

a a a

AM MC b b b M

c c c

 Đường thẳng BM đi qua điểm: B(2;1; 1)
có vtcp: u BM ( 11;5; 4)

 Phương trình đường thẳng BM: 2 1 1

11 5 4

x y z

Câu Va: 3x2 2 3x 2 0

 Ta có, ( 2 3)2 4.3.2 12 24 12 (2 3 )i 2
 Phương trình đã cho có 2 nghiệm phức:

1,2

2 3 2 3 2 3 2 3 3 3

2.3 6 6 3 3

i

x i i

 Từ đó,

2 2 2 2

1 2

3 3 3 3 2 6

3 3 3 3 3

x x

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 Mặt cầu( )S có tâm I d nên toạ độ của (1 2 ;2 ; 1)I t t

 Do ( )S có bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P) nên ( ,( ))d I P 3

2 2 2

6 3 9 1

2(1 2 ) (2 ) 2( 1) 1

3 6 3 9

6 3 9 2

2 1 ( 2)

t t

t

t t

 Vậy, có 2 mặt cầu thoả mãn yêu cầu bài toán là:

2 2 2
1

2 2 2
2

( ) : ( 3) ( 2) ( 1) 9

( ) : ( 3) ( 4) ( 1) 9

S x y z

 mp(P) có vtpt n (2;1; 2), đường thẳng d có vtcp u (2;2;0)
 Đường thẳng đi qua M(0;1;0)

 Đường thẳng nằm trong (P), vuông góc với d nên có vtcp

1 2 2 2 2 1

[ , ] ; ; (4; 4;2)

2 0 0 2 2 2

u n u

 PTTS của :

1 4 ( )

x t

y t t

z t

Câu Vb: Phương trình z2 z 1 0(*) có biệt thức 12 4.1.1 3 ( 3 )i 2

 Suy ra, phương trình (*) có 2 nghiệm phức: 1,2 1 3 1 3

2 2 2

i

z i

1 2 1 1 2. 1

z z z z

 Vậy, 1 2

1 2 1 2

1 1 1

. 1

z z

A

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 13 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y (x2 2)2 1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Dựa vào đồ thị (C) biện luận số nghiệm phương trình: x4 4x2 m . 
Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: log (2 x 5) log 2 x 2 3
2) Tính tích phân:

3
ln 2
0

x

e

I dx

e

3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 3 2

1
x
y

x trên đoạn [1; 4]

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 vng 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 (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0;1; 4), (1;0; 5)B và đường thẳng

1 4 1

1 4 2

x y z

1) Viết phương trình đường thẳng AB và chứng minh rằng AB và chéo nhau.

2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa hai điểm A,B đồng thời song song với đường thẳng .
Tính khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng (P).

Câu (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y x2 12x 36 và y 6x x 2
2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng:

1 2

3 1

: 1 :

1 2 1

x t

x y z

y t

z

1) Chứng minh 1và 2 chéo nhau. Viết phương trình mp(P) chứa 1và song song 2.

2) Tìm điểm A trên 1 và điểm B trên 2 sao cho độ dài đoạn AB ngắn nhất.

Câu b (1,0 điểm): Trên tập số phức, tìm B để phương trình bậc hai z2 Bz i 0 có tổng bình phương
hai nghiệm bằng 4i

--- Hết ---

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

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

50
x

y

y = m + 3

-2

-1
3

2
-1 O 1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Hàm số: y (x2 2)2 1 x4 4x2 4 1 x4 4x2 3
 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y 4x3 8x

 Cho 0 4 3 8 0 4 ( 2 2) 0

2
x

y x x x x

x
 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 2 0 2 +

y – 0 + 0 – 0 +

y

3

–1 –1

 Hàm số ĐB trên các khoảng ( 2;0),( 2; ) , NB trên các khoảng ( ; 2),(0; 2)
Hàm số đạt cực đại yCÑ 3 tại xCÑ 0.

Hàm số đạt cực tiểu yCT 1 tại xCT 2.
 Giao điểm với trục hoành:

Cho

4 2

1
1

0 4 3 0

3
3

x
x

y x x

x
x

Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 3
 Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2

y 3 –1 3 –1 3

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây

 x4 4x2 m x4 4x2 3 m 3 (*)

 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = m + 3 
 Ta có bảng kết quả như sau:

m m + 3 Số giao điểm

của (C) và d

Số nghiệm
của pt(*)

m > 0 m + 3 > 3 2 2

m = 0 m + 3 = 3 3 3

–4 < m < 0 –1< m + 3 < 3 4 4

m = –4 m + 3 = –1 2 2

m < –4 m + 3 < –1 0 0

Câu II:

 2

log (x 5) log x 2 3 (*)

 Điều kiện: 5 0 5 5

2 0 2

x x

x

x x

 Khi đó, (*) log (2 x 5) log (2 x 2) 3 log (2 x 5)(x 2) 3 (x 5)(x 2) 8
(nhan)

(loai)

2 2 5 10 8 2 3 18 0 6

3
x

x x x x x

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

a

I

M
H

C '

B '

A B

C
A '


ln 2

3 2 2 ln 2 0

ln 2 ln 2 2 ln 2 0

0 0 0

( )

2 2 2

x x

x x x

x

e e e e

I dx e e dx e e e

e

 Vậy,

1
ln 4 ln

2 1 1 4 1 1 1 2

2 2 2 2 2

e

I e

 Hàm số 3 2 2 3

1 1

x x

y

x x liên tục trên đoạn [1; 4]

 5 2 0, [1;4]

( 1)

y x

x

 (1) 1
2

f và f(4) 1

 Trong 2 kết quả trên, số –1 nhỏ nhất, số 1

2 lớn nhất.

 Vậy, khi khi

[1;4] [1;4]

min 1 4 , max 1

y x y x

Câu III

 Gọi H,M,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,AC,AM 
 Theo giả thiết,

( ),

A H ABC BM AC

Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên 
||

IH BM IH AC

 Ta có, AC IH AC, A H AC IA

Suy ra góc giữa (ABC và ) (ACC A là ) A IH 45o

 .tan 45o 1 3

2 4

a

A H IH IH MB

 Vậy, thể tích lăng trụ là:

1 1 3 3 3

. . .

2 2 2 2 8

a a a

V B h BM AC A H a (đvdt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A(0;1; 4), (1;0; 5)B và : 1 4 1

1 4 2

x y z

 Đường thẳng AB đi qua điểm A(0;1; 4), có vtcp u AB (1; 1; 1)
 PTCT của đường thẳng AB là: 1 4

1 1 1

x y z

 Đường thẳng đi qua điểm M(1;4;1), có vtcp u (1; 4; 2)
 Ta có, [ , ] 1 1; 1 1 1; 1 ( 2;1; 3)

4 2 2 1 1 4

u u

(1;3;5) [ , ]. 1.1 1.3 3.5 13 0

AM u u AM

 Vậy, AB và chéo nhau.

 Mặt phẳng (P) chứa hai điểm A,B đồng thời song song với đường thẳng 
 Điểm trên mp(P): A(0;1; 4)

 Vì (P) chứa A,B và song song với nên có vtpt: n [ , ]u u ( 2;1; 3)
 PTTQ của (P): 2(x 0) 1(y 1) 3(z 4) 0 2x y 3z 13 0
 Khoảng cách giữa AB và bằng:

2 2 2

2.1 4 3.1 13 14

( ,( )) 14

2 ( 1) 3

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y x2 12x 36 và y 6x x 2

 Cho x2 12x 36 6x x2 2x2 18x 36 0 x 3,x 6

 Diện tích cần tìm là: 6 2 6 2

3 2 18 36 3 (2 18 36)

S x x dx x x dx

6
3

2 9 36 9 9

3
x

x x (đvdt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 1 đi qua điểm M1(1; 1;2), có vtcp u1 (1; 1;0)
 2 đi qua điểm M2(3;1;0), có vtcp u2 ( 1;2;1)
 Ta có, [ , ]1 2 1 0 0; 1; 1 1 ( 1; 1;1)

2 1 1 1 1 2

u u

1 2 (2;2; 2)

M M

1 2 1 2

[ , ].u u M M 1.2 1.2 1.( 2) 6 0
 Suy ra, 1 và 2 chéo nhau.

 mp(P) chứa 1và song song 2 nên đi qua M1(1; 1;2), có vtpt n1 [ , ]u u1 2 ( 1; 1;1)
 Vậy, PTTQ mp(P): 1(x 1) 1(y 1) 1(z 2) 0 x y z 2 0

 Vì A 1,B 2 nên toạ độ của chúng có dạng:

(1 ; 1 ;2), (3 ;1 2 ; ) (2 ;2 2 ; 2)

A a a B b b b AB a b a b b

 AB ngắn nhất AB là đường vng góc chung của 1 và 2

. 0 (2 ).1 (2 2 ).( 1) ( 2).0 0

(2 ).( 1) (2 2 ).2 ( 2).1 0

. 0

2 2 2 0 2 3 0 0

2 4 2 4 2 0 3 6 0 0

AB u a b a b b

a b a b b

AB u

a b a b a b a

a b a b b a b b

 Vậy, A(1; 1;2), (3;1;0)B

Câu Vb: z2 Bz i 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i

 Giả sử z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình trên. Dựa vào cơng thức nghiệm phương trình

bậc hai, ta suy ra:

1 2 2 1 2.

b c

z z B z z i

a a

 Theo giả thiết, z12 z12 4i (z1 z2)2 2z z1 2 4i B2 2i 4i B2 2i

2 (1 )2 (1 )

B i B i

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng

Đề số 14 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 2 1

1
x
y

x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm trên ( )C có tung độ bằng 5. 
3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( )C và hai trục toạ độ.

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: log (0.5 x2 5) 2log (2 x 5) 0
2) Tính tích phân: 1

0 1

I x xdx

3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y e xx( 2)2 trên đoạn [1;3]

Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh SA vng góc với mặt

đáy. Góc SCB 600

, BC = a, SA a 2. Gọi M là trung điểm SB.

1) Chứng minh rằng (SAB) vng góc (SBC). 
2) Tính thể tích khối chóp MABC

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm A( 1;1;1), (5;1; 1), (2;5;2), (0; 3;1)B C D

1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Từ đó chứng minh ABCD là một tứ diện.

2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm D, đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Viết

phương trình tiếp diện với mặt cầu (S) song song với mp(ABC)

Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: z4 5z2 36 0
2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) lần lượt

có phương trình : 3 1 3

2 1 1

x y z

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 hình chiếu vng góc của đường thẳng d lên mặt phẳng (P).

Câu b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau : 2 2

4 .log 4

log 2 4

y

x
x

--- Hết ---

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

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

54
x
y
5
4
3
1
-2
4
2
2
1
-1
O

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Hàm số 2 1

1
x
y

x

 Tập xác định: D \{1}
 Đạo hàm:

0,
( 1)

y x D

x

 Hàm số luôn NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị. 
 Giới hạn và tiệm cận:

;

lim 2 lim 2 2

x y x y y là tiệm cận ngang.

;

1 1

lim lim 1

x y x y x

là tiệm cận đứng.
 Bảng biến thiên

x –  1 +

y + +

y 2

2 
 Giao điểm với trục hoành: cho 0 1

y x

Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 1
 Bảng giá trị: x –2 0 1 2 4

y 1 –1 || 4 5

 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

 0

0 0 0 0

2 1

5 5 2 1 5 5 2

1
x

y x x x

x

 ( )0 3 2 3

(2 1)
f x

 Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y 5 3(x 2) y 3x 11

 Diện tích cần tìm: 01 01 01

2 2 2

2 1 2 1 3

1 1 1

x x

S dx dx dx

x x x

0
1
2

3 3

2 3ln 1 1 3ln 3ln 1

2 2

x x (đvdt)

Câu II: log (0.5 x2 5) 2log (2 x 5) 0 (*) 
 Điều kiện:

2 5 0

5 0 5

5 0

x

x x

x

 Khi đó, 1

2 2

0.5 2 2 2

log (x 5) 2log (x 5) 0 log (x 5) 2log (x 5) 0

(nhan)

2 2 2 2

log ( 5) log ( 5) 0 log ( 5) log ( 5)

( 5) 5 10 25 5 10 20 2

x x x x

x x x x x x x

 Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x 2

 1

0 1

I x xdx.

 Đặt t 1 x dt dx dx dt và x 1 t 
 Đổi cận: x 0 1

t 1 0

 Vậy,

3 5

1 3 2 2

1 0 1

2 2

0 1 0

2 2 4

1 (1 ) ( ) ( )

3 5 15

t t

I x xdx t t dt t t dt

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

60

a

a 2 M

A C

B
S

 y ( ) (ex x2 4x 4) e xx( 2 4x 4) e xx( 2 4x 4) ex(2x 4) e xx( 2 2 )x

 (loai)

(nhan)

2 2 0 [1;3]

0 ( 2 ) 0 2 0

2 [1;3]

x x

y e x x x x

x

 f(2) e2(2 2)2 0 ; f(1) e1(1 2)2 e và f(3) e3(3 2)2 e 3

 Trong các kết quả trên, số 0 nhỏ nhất, số e lớn nhất. 3

 Vậy, khi 3 khi

[1;3] [1;3]

miny 0 x 2 , maxy e x 3

Câu III

 ( ) ( )

( )

BC SA SAB

BC SAB

BC AB SAB (do SA cắt BC)

 Mà BC (SBC nên () SBC) (SAB )

 Ta có, SB BC.tanSCB a.tan600 a 3

2 2 ( 3)2 ( 2)2

AB SB SA a a a



1 1 1 2

2 2 2 4

MAB SAB

a

S S SA AB

 Thể tích khối chóp M.ABC:

2 3

1 1 1 2 2

3 3 MAB 3 4 12

a a

V B h S BC a (đvdt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A( 1;1;1), (5;1; 1), (2;5;2), (0; 3;1)B C D

 Điểm trên mặt phẳng (ABC): A( 1;1;1)

 Hai véctơ: AB (6;0; 2)
(3;4;1)
AC

vtpt của mp(ABC): [ , ] 0 2; 2 6 6 0; (8; 12;24)

4 1 1 3 3 4

n AB AC

 PTTQ của mp(ABC):8(x 1) 12(y 1) 24(z 1) 0

8x 12y 24z 4 0 2x 3y 6z 1 0
 Thay toạ độ điểm D vào phương trình mp(ABC) ta được:

2.0 3( 3) 6.1 1 0 14 0: vô lý
 Vậy, D (ABC hay ABCD là một tứ diện. )

 Mặt cầu ( )S có tâm D, tiếp xúc mp(ABC) 
Tâm của mặt cầu: A(0; 3;1)

 Bán kính mặt cầu:

2 2 2

2.0 3.( 3) 6.1 1 14

( ,( )) 2

2 ( 3) 6

R d D ABC

 Phương trình mặt cầu ( ) :S x2 (y 3)2 (z 1)2 4

 Gọi (P) là tiếp diện của ( )S song song với mp(ABC) thì (P) có phương trình

2x 3y 6z D 0 (D 1)

 Vì (P) tiếp xúc với ( )S nên

2 2 2

2.0 3.( 3) 6.1

( ,( )) 2

2 ( 3) 6

D

d I P R

(loai)
nhan

15 14 1

15 14

15 14 29( )

D D

D

D D

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Câu Va: z4 5z2 36 0

 Đặt t z , phương trình trở thành 2

2
2

9 9 3

5 36 0

4 4 2

t z z

t t

t z z i

 Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm: z 3;z 2i
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) lần lượt

có phương trình: 3 1 3

2 1 1

x y z

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 hình chiếu vng góc của đường thẳng d lên mặt phẳng (P). 
Câu IVb:

 Thay ptts của d:

3 2

1
3

x t

y t

z t

(1) vào pttq của mp(P): x 2y z 5 0 ta được:

( 3 2 ) 2( 1t t) (3 t) 5 0 3t 3 0 t 1
 Thay t = 1 vào (1) ta được giao điểm của d và (P) là: H( 1;0;4)

 Gọi ( )Q là mặt phẳng chứa d và vng góc với mp(P), khi đó ( )Q có vtpt

1 1 1 2 2 1

[ , ] ; ; ( 3;3;3)

2 1 1 1 1 2

Q d P

n u n

 là hình chiếu vng góc của d lên (P), chính là giao tuyến của (P) và (Q), nên có vtcp

2 1 1 1 1 2

[ , ] ; ; (9;0;9)

3 3 3 3 3 3

P Q

u n n

 Vậy, hình chiếu của d lên (P) đi qua H, có vtcp u (9;0;9) hoặc u (1;0;1) nên có ptts
1

0 ( )

x t

y t

z t

Câu Vb: 2 2 2

2 2

4 .log 4 4 .log 4 4

log 2 4 4 log 4

y y

x x uv

u v

x x (*) (với 4 0

y

u và v log2x )

 Từ (*) ta suy ra, u,v là 2 nghiệm phương trình: X2 4X 4 0 X1 X2 2

 Như vậy, 4

2
2

1 4

4 2 log 2

2 1

log 2 2 4

y x

y

x x y

 Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất:

4
1
2
x

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng

Đề số 15 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

--- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số:

3
2

( ) 2 3

3
x

y f x x x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm trên ( )C có hồnh độ x , với 0 f x( )0 6.

3) Tìm tham số m để phương trình x3 6x2 9x 3m 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 24x 4 17.22x 4 1 0
2) Tính tích phân:

0 (2 1)sin

I x xdx

3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x2 4ln(1 x) trên đoạn [– 2;0]

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = a, mặt (. A BC )
tạo với đáy một góc 30 và tam giác A BC có diện tích bằng 0 a2 3. Tính thể tích khối lăng trụ

ABC A B C .

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(7;2;1), ( 5; 4; 3)B và mặt 
phẳng ( ) : 3P x 2y 6z 38 0

1) Viết phương trình tham số của đường thẳng AB. Chứng minh rằng, AB ||( )P . 
2) Viết phương trình mặt cầu ( )S có đường kính AB.

3) Chứng minh ( )P là tiếp diện của mặt cầu ( )S . Tìm toạ độ tiếp điểm của ( )P và ( )S

Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z 1 3i . Tìm số nghịch đảo của số phức: z2 z z .
2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho cho điểmI(1;3; 2) và đường thẳng

4 4 3

1 2 1

x y z

1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm I và chứa đường thẳng .

2) Tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng .

3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm I và cắt tại hai điểm phân biệt A,B sao cho đoạn 
thẳng AB có độ dài bằng 4.

Câu b (1,0 điểm): Gọi z z là hai nghiệm của phương trình: 1, 2 z2 2z 2 2 2i 0. Hãy lập một
phương trình bậc hai nhận z z làm nghiệm. 1, 2

--- Hết ---

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

x

y

y = m

-2/ 3

4

-4/ 3

3

2

O 1

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Hàm số:

3
2

( ) 2 3

3
x

y f x x x

 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y x2 4x 3

 Cho y 0 x2 4x 3 x 1;x 3

 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 1 3 +

y – 0 + 0 –

y

+ 0

3 –

 Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (–;1), (3;+) 
Hàm số đạt cực đại yCÑ 0 tại xCÑ 3,

đạt cực tiểu CT 4
3

y tại xCT 1

 Điểm uốn: 2 4 0 2 2

y x x y .

Điểm uốn của đồ thị là: 2; 2

3
I

 Giao điểm với trục hoành: cho y 0 x 0;x 3
Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 0

 Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4
y 0 –4/3 –2/3 0 –4/3
 Đồ thị hàm số như hình vẽ:

 ( )0 6 2 0 4 6 0 1 0 16

f x x x y

 f x( )0 f ( 1) ( 1)2 4( 1) 3 8

 Phương trình tiếp tuyến cần tìm: 16 8( 1) 8 8

3 3

y x y x

 3 6 2 9 3 0 3 6 2 9 3 1 3 2 2 3

x x x m x x x m x x x m(*)

 Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của ( )C và d y: m

 Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình (*) có đúng 2 nghiệm phân biệt

0
4
3
m

m

Câu II:

 24 4 17.22 4 1 0 16 17.4 1 0 42 17.4 16 0

16 16

x x

x x x x

(*) 
 Đặt t 4x

(ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành 
(nhan)

(nhan)

2 17 16 0 1 4 1 0

16 4 16 2

x
x

t x

t t

t x

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

30 a
B'

C '

A C

B
A '



0 (2 1)sin

I x xdx

 Đặt 2 1 2.

sin cos

u x dx dx

dv xdx v x. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:

 0 0

(2 1)cos ( 2cos ) (2 1) 1 2sin (2 1) 1 2.0 2 2

I x x x dx x

 Hàm số y x2 4ln(1 x liên tục trên đoạn )

[–2;0]


4 2 2 4

1 1

x x

y x

x x

 Cho (nhan)

(loai)

2 1 [ 2;0]

0 2 2 4 0

2 [ 2;0]
x

y x x

x

 f( 1) 1 4ln2 ; f( 2) 4 4ln3 ; f(0) 0

 Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là: 1 4 ln 2 , số lớn nhất nhất là: 0

 Vậy, khi

[ 2;0] [ 2;0]

miny 1 4 ln2 x 1 ; maxy 0 khi x = 0

Câu III

 Do BC AB BC A B

BC AA (hơn nữa, BC (ABB A ) )

 Và

( )

( ) ( )

BC AB ABC

BC AB A BC ABA

BC ABC A BC

là góc giữa (ABC và ) (A BC )

 Ta có,

1 2. 3

. 2 3

A BC
A BC

S a

S A B BC A B a

BC a

.cos 2 3.cos 30 3

.sin 2 3.sin 30 3

AB A B ABA a a

AA A B ABA a a

 Vậy, l.t ruï

1 1 3 3

. . 3 3

2 2 2

ABC

a

V B h S AA AB BC AA a a a (đvtt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 
Câu IVa: A(7;2;1), ( 5; 4; 3)B

 Đường thẳng AB đi qua điểm A(7;2;1), có vtcp u AB ( 12; 6; 4) nên có ptts
7 12

: 2 6

1 4

x t

AB y t

z t

(1)

 Thay (1) vào phương trình mp(P) ta được:

3(7 12 ) 2(2 6 ) 6(1 4 ) 38t t t 0 0.t 49 0 0t 49: vô lý
 Vậy, AB|| ( )P

 Tâm của mặt cầu ( )S : (1; 1; 1)I (là trung điểm đoạn thẳng AB) 
 Bán kính của ( )S : R IA (1 7)2 ( 1 2)2 ( 1 1)2 7
 Phương trình mc( ) : (S x 1)2 (y 1)2 (z 1)2 49

 Ta có,

2 2 2

3.1 2.( 1) 6.( 1) 38

( ,( )) 7

3 ( 2) ( 6)

d I P R ( )P tiếp xúc với ( )S .

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

H

C

I

A

B

Khi đó PTTS của d:

1 3

1 2
1 6

x t

y t

z t

. Thay vào ptmp(P) ta được :

3(1 3 ) 2( 1 2 ) 6( 1 6 ) 38t t t 0 49.t 49 0 t 1
 Tiếp điểm cần tìm là giao điểm của d và (P), đó là điểm H( 2;1;5)

Câu Va: Với z 1 3i , ta có

 z2 z z. (1 3 )i 2 (1 3 )(1 3 )i i 1 6i 9i2 12 9i2 2 6i

 1 1 2 6 22 6 2 2 6 1 3

2 6 (2 6 )(2 6 ) 2 36 40 10 10

i i i

i

i i i i

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 Đường thẳng đi qua điểm M(4;4; 3), có vtcp u (1;2; 1)
 Mặt phẳng ( )P đi qua điểm I(1;3; 2)

 Hai véctơ: IM (3;1; 1)
(1;2; 1)
u

Vtpt của mp(P): [ , ] 1 1; 1 3 3 1; (1;2;5)

2 1 1 1 1 2

n IM u

 PTTQ của mp ( ) : 1(P x 1) 2(y 3) 5(z 2) 0 x 2y 5z 3 0
 Khoảng cách từ đểm A đến :

2 2 2

[ , ] 1 2 5 30

( , ) 5

1 2 ( 1)

IM u

d d I

u
 Giả sử mặt cầu ( )S cắt tại 2 điểm A,B

sao cho AB = 4 ( )S có bán kính R = IA 
 Gọi H là trung điểm đoạn AB, khi đó:

IH AB IHA vng tại H

 Ta có, HA 2 ; IH d I( , ) 5

2 2 2 2 ( 5)2 22 9

R IA IH HA

 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

2 2 2

( ) : (S x 1) (y 3) (z 2) 9

Câu Vb:

 Với z z là 2 nghiệm của phương trình 1, 2 z2 2z 2 2 2i 0

thì 1 2 1 2

1 2
1 2

2 2

. 2 2 2

b

z z z z

a

c z z i

z z i

a

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 16 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 1 4 2 2
2

y x x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số nêu trên.

2) Dùng đồ thị ( )C để biện luận số nghiệm của phương trình: x4 4x2 2m . 
3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( )C với trục hoành.

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 2

log (x 2) 2log x 2

2) Tính tích phân:

2 2 2

0 ( 1)

I x x dx

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y 4 x 2
Câu III (1,0 điểm):

Hình chóp S.ABC có BC = 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại C, SAB là tam giác vuông cân tại S và 
nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt đáy. Gọi I là trung điểm cạnh AB.

1) Chứng minh rằng, đường thẳng SI vuông góc với mặt đáy (ABC . )

2) Biết mặt bên (SAC) hợp với đáy (ABC) một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(3;1; 1), (2; 1;4)B và
mặt phẳng ( ) : 2P x y 3z 1 0

1) Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt cầu đường kính AB.

2) Viết phương trình mặt phẳng ( )Q chứa hai điểm A,B, đồng thời vng góc với mp(P). 
Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 5z3 2z2 z 0

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): 2x y 2z 2 0

1) Viết phương trình mặt cầu ( )S tâm I(3;–1;2) tiếp xúc với (Q). Tìm toạ độ tiếp điểm.

2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(1; 1;1), (0; 2;3)B , đồng thời tạo với mặt

cầu ( )S một đường tròn có bán kính bằng 2.

Câu b (1,0 điểm): Trên mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện:

2z i 4 i 2z

--- Hết ---

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

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

62
x

y

y = m

- 2 2

-2

-2 O 2

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I: Hàm số: 1 4 2 2

y x x

 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y 2x3 4x

 Cho 0 2 3 4 0 0

2
x

y x x

x

 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 2 0 2 +

y – 0 + 0 – 0 +

y

0

2 2

 Hàm số ĐB trên các khoảng ( 2;0),( 2; ) , NB trên các khoảng ( ; 2),(0; 2)
Hàm số đạt cực đại yCÑ 0 tại xCÑ 0.

Hàm số đạt cực tiểu yCT 2 tại xCT 2.
 Giao điểm với trục hoành:

Cho

4 2

0 0

0 2 0

2 4

x x

y x x

x

Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 0
 Bảng giá trị: x 2 2 0 2 2

y 4 2 0 2 0

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây

 4 4 2 2 1 4 2 2

x x m x x m (*)

 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của ( )C và d: y = m 
 Ta có bảng kết quả như sau:

m Số giao điểm của (C) và d Số nghiệm của pt(*)

m > 0 2 2

m = 0 3 3

–2< m < 0 4 4

m = –2 2 2

m < –2 0 0

  Giao của (C) với Ox: cho y 0 x 0;x 2

 Diện tích cần tìm: 2 4 2 0 4 2 2 4 2

2 2 0

1 1 1

2 ( 2 ) ( 2 )

2 2 2

S x x dx x x dx x x dx

0 2

5 3 5 3

2 0

2 2 32 32 64

10 3 10 3 15 15 15

x x x x

S (đvdt)

Câu II:

 2

log (x 2) 2log x 2

 Điều kiện: 2 0 2 0

0 0

x x

x

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

60

2a
I

K

A B

C
S
 Khi đó, log (2 x 2) 2 log2x 2 2 log (2 x 2) log2x2 log 42

(nhận)
(loại)

2 2 2 2 2

2 2 2

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

x
 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 2



6 4 2

2 2 2 2 4 2 2 5 3

0 0 0 0

( 1) ( 2 1) ( 2 )

6 2 2 3

x x x

I x x dx x x x dx x x x dx

 Hàm số y 4 x liên tục trên tập xác định của nó, đó là đoạn [ 2;2] 2


4
x
y

x . Cho y 0 x 0 [ 2;2] (nhận)

 f(0) 2 ; f( 2) 0 và f(2) 0

 Trong các kết quả trên, số 0 nhỏ nhất và số 2 lớn nhất.

 Vậy, khi khi

[ 2;2] [ 2;2]

miny 0 x 2 , maxy 2 x 0

Câu III

 Do SAB vng cân tại S có SI là trung tuyến nên SI AB



( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

SAB ABC

AB SAB ABC SI ABC

AB SI SAB

 Gọi K là trung điểm đoạn AC thì IK ||BC nên IK AC 
 Ta cịn có, AC SI do đó AC SK

Suy ra, góc giữa 2 mặt phẳng (SAC) và (ABC) là SKI 600

 Ta có, .tan 1 tan 600 3

SI IK SKI BC a

và AB 2SI 2a 3 AC AB2 BC2 2a 2
 Vậy,

3
.

1 1 1 1 2 6

2 2 2 3

3 3 2 6 3

S ABC ABC

a

V S SI AC BC SI a a a (đvtt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A(3;1; 1), (2; 1;4)B và ( ) : 2P x y 3z 1 0

 Đường thẳng AB đi qua điểm A(3;1; 1), có vtcp u AB ( 1; 2;5)
 PTCT của đường thẳng AB là: 3 1 1

1 2 5

x y z

 Mặt cầu đường kính AB có tâm: 5;0;3

2 2

I và bán kính 30

2 2

AB
R

 Phương trình mặt cầu đường kính AB:

2 2

5 3 15

2 2 2

x y z

 Mặt phẳng ( )Q chứa hai điểm A,B đồng thời vng góc với (P) 
 Điểm trên mp(Q): A(3;1; 1)

 Hai véctơ: AB ( 1; 2;5), nP (2; 1;3)

Vì mp(Q) đi qua A,B và vng góc với mp(P) nên có vtpt

2 5 5 1 1 2

[ , ] ; ; ( 1;13;5)

1 3 3 2 2 1

p

n AB n

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Câu Va: 5z3 2z2 z 0

 5z3 2z2 z 0 z( 5z2 2z 1) 0 z 0 hoặc 5z2 2z 1 0 (2)
 Giải (2): 5z2 2z 1 0

Ta có, 22 4.( 5).( 1) 16 (4 )i 2

Như vậy, phương trình (2) có 2 nghiệm : 1,2 2 4 1 2

10 5 5

i

z i

 Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm: 1 0 , 2 1 2 , 3 1 2

5 5 5 5

z z i z i

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 Mặt cầu tâm I(3;–1;2) tiếp xúc với (Q) có bk

2 2 2

2.3 ( 1) 2.2 2

( ,( )) 3

( 2) 1 ( 2)

R d I Q

nên có phương trình: (x 3)2 (y 1)2 (z 2)2 9

 Đường thẳng đi qua M(3; 1;2), vng góc với (Q) có ptts:

3 2
1
2 2

x t

y t

z t

, thay vào ptmp (Q) ta

được: 2(3 2 ) ( 1t t) 2(2 2 ) 2t 0 9t 9 0 t 1
Tiếp điểm cần tìm là giao điểm của (Q) và , đó là điểm H(1;0;0)

 Gọi d là khoảng cách từ tâm I đến mp(P) và r là bán kính đường trịn giao tuyến thì

2 2 2 2 2 32 22 5

R r d d R r

 Vì mp(P) cần tìm đi qua điểm A(1; 1;1) nên nó có pttq: a x( 1) b y( 1) c z( 1) 0
 Do (P) đi qua B(0; 2;3) nên a( 1) b( 1) c(2) 0 a 2c b (1)

 Và do ( ,( ))d I P 5 nên 2 2 2

2 2 2

(2) (0) (1)

5 2 5( )

a b c

a c a b c

a b c

(2)

 Thay (1) vào (2) ta được: 5c 2b 5[(2c b)2 b2 c 2]

2 2 2 2

(5c 2 )b 5(5c 4bc 2 )b b 0 b 0. Thay vào (1) ta được a 2c

 Vậy, phương trình mp(P) là: 2 (c x 1) c z( 1) 0 2x z 3 0

Câu Vb: 2z i 4 i 2z (*)

 Xét z a bi thì: (*) 2(a bi) i 4 i 2(a bi )

2 2 2 2

2 (2 1) 2 4 (2 1)

(2 ) (2 1) (2 4) (2 1)

4 1 16 16 4 1

16 8 16 0

2 2 0

a b i a b i

a b a b

b a b

a b

a b

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 17 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 2( 3)

2
x x
y

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại giao điểm của ( )C với trục hồnh.

3) Tìm điều kiện của k để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất: x3 3x2 k 0.

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình:

2 6 6

2 x x 2.4x

2) Tính tích phân:

3
3

0 2 1

x

I dx

x

3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y x5 x4 3x3 9 trên đoạn [ 2;1]

Câu III (1,0 điểm):

Cho khối chóp S.ABC có ABC và SBC là các tam giác đều có cạnh bằng 2, SA a 3. Tính thể
tích khối chóp S.ABC theo a.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có toạ độ các đỉnh:

A(1;1;2), B(0;1;1) và C(1;0;4).

1) Chứng minh ABC là tam giác vuông. Xác định toạ độ điểm D để bốn điểm A,B,C,D là bốn đỉnh

của một hình chữ nhật.

2) Gọi M là điểm thoả MB = 2MC . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và vng góc

với đường thẳng BC. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mp(P).

Câu (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây:

2 2

( 1) ,

y x x y x x và x 1

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1;2;–3) và đường thẳng

d: 3 1 1

2 1 2

x y z

1) Tìm toạ độ hình chiếu vng góc của điểm M lên đường thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm

M, tiếp xúc với d.

2) Viết phương trình mp(P) đi qua điểm M, song song với d và cách d một khoảng bằng 4. 
Câu b (1,0 điểm): Cho số phức z 1 3i . Hãy viết dạng lượng giác của số phức z . 5

--- Hết ---

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

66
x

y
y = k

-1 2

-2
-1

3
O 1

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Hàm số:

2( 3) 3 3 2

2 2

x x x x

y

 Tập xác định: D
 Đạo hàm:

3 6

x x

y

 Cho y 0 3x2 6x 0 x 0;x 2
 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 0 2

y + 0 – 0 +
y

0

– –2

 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ;0),(2; ), NB trên khoảng (0;2)
Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại xCÑ 0

đạt cực tiểu yCT = –2 tại xCT 2.

 y 3x 3 0 x 1 y 1. Điểm uốn: 1; 1I

 Giao điểm với trục hồnh: y 0 x3 3x2 0 x 0 hoặc x 3
Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 0

 Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3

y –2 0 –1 –2 0

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây

 Giao điểm của ( )C với trục hoành: cho 0
0

0
0

3
x
y

x

 Với x0 0,y0 0 f x( )0 0. Pttt là: y 0 0(x 0) y 0
 Với 0 3, 0 0 ( )0 9

x y f x . Pttt là: 0 9( 3) 9 27

2 2 2

y x y x



3 2

3 3 2 2 0 3 3 2 2 3

x x

x x k x x k k

 Số nghiệm của pt(*) bằng số giao điểm của ( )C và đường thẳng d y: k

 Dựa vào đồ thị ta thấy, pt(*) có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi: k 0 hoặc k 2
Câu II:



2 2

2 6 6 (2 6 6)

1 2 2( 1) 3 3 2 3

2 x x 2.4x 2 x x 2.2 x 2x x 2x

hoặc

2 3 3 2 3 2 6 0 3 2

x x x x x x x

 Vậy, phương trình có hai nghiệm: x 3 vàx 2


3 2

3 3

0 2 0 2

1 1

x x x

I dx dx

x x

 Đặt 2

1
x

t x dt dx

x và

2 2 1

x t

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

D

A

C

B

O M

A C

B
S
 Vậy,

2
3
2 2

1 1

8 1 4

( 1) 2 1

3 3 3 3

t

I t dt t

 Hàm số y x5 x4 3x3 9 liên tục trên đoạn [ 2;1]
 y 5x4 4x3 9x2 x2(5x2 4x 9)

 0 2(5 2 4 9) 0 0; 1; 9

y x x x x x x (chỉ loại nghiệm 9

x )

 f(0) 9 ; f( 1) 10 ; f( 2) 15 và f(1) 6
 Trong các kết quả trên, số –15 nhỏ nhất, số 10 lớn nhất.

 Vậy, khi khi

[ 2;1] [ 2;1]

miny 15 x 2 , maxy 10 x 1

Câu III

 Gọi M là trung điểm đoạn BC, O là trung điểm đoạn AM. 
 Do ABC và SBC đều có cạnh bằng 2a nên

2 3

2
a

SM AM SA SAM đều SO AM (1)

 Ta có, BC SM BC SO

BC OM (2)

 Từ (1) và (2) ta suy ra SO (ABC) (do AM BC, (ABC)) 
 Thể tích khối chóp S.ABC

1 1 1 1 3. 3 3

3 2

3 3 2 6 2 2

a a

V B h AM BC SO a a (đvtt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 
Câu IVa: A(1;1;2), B(0;1;1) và C(1;0;4)

 (1;0; 1) . 1.2 0.( 1) 1.2 0

(2; 1;2)
AB

AB AC AB AC ABC

AC vuông tại A.

 Gọi ( ;D x y zD D; D) CD (xD 1;y zD; D 4)

 Do AB AC nên A,B,C,D là bốn đỉnh của hình chữ nhật 
 khi và chỉ khi tứ giác ABDC là hình chữ nhật

1 1 2

0 0.

1 4 3

D D

x x

AB CD y y

z z

Vậy, D(2;0;3)

 Gọi M a b c thì ( ; ; ) ( ;1 ;1 )

(1 ; ;4 )

MB a b c

MC a b c

 Vì MB 2MC nên

2(1 ) 2

1 2( ) 1.

1 2(4 ) 7

a a a

b b b

c c c

Vậy, M(2; 1;7)

 mp(P) đi qua điểm M(2; 1;7) và vng góc với BC nên có vtpt n BC (1; 1;3)
 ptmp (P): 1(x 2) 1(y 1) 3(z 7) 0 x y 3z 24 0

 Mặt cầu tâm A(1;1;2), tiếp xúc với mp(P) có bán kính

2 2 2

( 1) 1 3.2 24 20

( ,( ))

1 ( 1) 3

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

68
 Phương trình mặt cầu cần tìm: ( 1)2 ( 1)2 ( 2)2 400

x y z

Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y x x( 1) ,2 y x2 x và x 1

 Cho x x( 1)2 x2 x x3 3x2 0 x 0;x 3

 Diện tích cần tìm là: 3 3 2 0 3 2 3 3 2

1 3 1( 3 ) 0 ( 3 )

S x x dx x x dx x x dx

0 3

4 4

3 3

1 0

5 27

4 4 4 4

x x

S x x (đvdt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 Gọi M là hình chiếu của điểm M lên d, thế thì M d , do đó toạ độ của điểm M là:

(3 2 ; 1 ;1 2 ) (2 2 ; 3 ;4 2 )

M t t t MM t t t

Đường thẳng d đi qua điểm A(3; 1;1), có vtcp ud (2;1;2)

 Và ta cịn có, MM d nên MM u. d 0 (trong đó u là vtcp của d) d

(2 2 ).2 ( 3t t).1 (4 2 ).2t 0 9t 9 0 t 1
 Vậy, toạ độ điểm M (1; 2; 1) và toạ độ véctơ MM (0; 4;2)

 Mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d có bán kính R MM 02 ( 4)2 22 2 5
 Vậy, pt mặt cầu: (x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 20

 mp(P) qua M, có vtpt n ( ; ; )a b c 0 có pttq: a x( 1) b y( 2) c z( 3) 0 (*)
 Vì ( ) ||P d nên .n ud 0 2a b 2c 0 b 2a 2c (1)

 Và khoảng cách từ d đến (P) bằng 4 nên khoảng cách từ A đến (P) cũng bằng 4, do đó

2 2 2

2 3 4

( ,( )) 4 a b c 4 2 3 4 4

d A P a b c a b c

a b c

(2)

 Thay (1) vào (2) ta được:

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 6 6 4 4 (2 2 ) 4 5 2 5 5 8

2 5 7

16 25 40 20 20 32 4 8 5 0

a a c c a a c c a c a c ac

a c b c

a c ac a c ac a ac c

a c b c

 Thay a,b,c (theo c) vào (*) ta được 2 mp: 5x 14y 2z 29 0 ;x 2y 2z 11 0

Câu Vb: Ta có, 1 3 2 1 3 2.(cos .sin )

2 2 3 3

z i i i

 Do đó, 5 2 .(cos5 5 .sin5 ) 32. cos( ) .sin( )

3 3 3 3

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 18 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 3 2

1
x
y

x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Viết pt tiếp tuyến của ( )C biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng :x y 1 0
3) Tìm các giá trị của k để ( )C và d y: kx 3 cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.

Câu II (3,0 điểm):

1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f x( ) 2x3 3x2 12x 1 trên đoạn [ 1;3]
2) Tính tích phân:

1 (ln 1)

e

I x dx

3) Giải phương trình: log (22 x 1).log (22 x 1 2) 6
Câu III (1,0 điểm):

Cho một hình trụ có độ dài trục OO 2 7. ABCD là hình vng cạnh bằng 8 có các đỉnh nằm 
trên hai đường trịn đáy sao cho tâm của hình vng là trung điểm của đoạn OO . Tính thể tích của 
hình trụ đó.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng và mặt phẳng ( ) lần lượt

có phương trình : 3 2 3

1 1 3

x y z

; ( ) : 2x y z 1 0

1) Chứng minh rằng đường thẳng  song song với mặt phẳng (α). Tính khoảng cách từ đường thẳng 
 đến mặt phẳng (α).

2) Tìm toạ độ giao điểm A của đường thẳng  với mặt phẳng (Oxy . Viết phương trình mặt cầu tâm )

A, tiếp xúc với mặt phẳng (α).

Câu (1,0 điểm): Cho z (1 2 )(2i i . Tính mơđun của số phức z)2

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1; 1;1), mặt phẳng

( ) :P y 2z 0 và hai đường thẳng 1 : 1

1 1 4

x y z

, 2

: 4

x t

y t

z

1) Tìm toạ độ điểm M đối xứng với điểm M qua đường thẳng 2.

2) Viết phương trình đường thẳng  cắt cả hai đường thẳng 1, 2 và nằm trong mp(P). 
Câu b (1,0 điểm): Cho hàm số

2 1

( 1)

mx m x

y

x . Tìm m để hàm số có hai điểm cực đại và cực 
tiểu nằm khác phía so với trục tung.

--- Hết ---

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

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

x

y

1

-4

-1

-2

-3

2

O

BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Hàm số: 3 2 2 3

1 1

x x

y

x x

 Tập xác định: D \{1}

 Đạo hàm: 1 2 0,

( 1)

y x D

x

 Hàm số NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.

 Giới hạn và tiệm cận: lim 2 ; lim 2 2

x y x y y là tiệm cận ngang.

;

1 1

lim lim 1

x y x y x là tiệm cận đứng.

 Bảng biến thiên

x –  1 +

y – –

y –2 – +

–2

 Giao điểm với trục hoành: 0 2 3 0 3

y x x

Giao điểm với trục tung: cho x 0 y 3
 Bảng giá trị: x 0 1/2 1 3/2 2

y –3 –4 || 0 –1

 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

 ( ) : 2 3

x

C y

x

 Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng :y x 1 nên có hệ số góc k f x( )0 1

2 0 0
0

0 0
0

1 1 2

1 ( 1) 1

1 1 0

( 1)

x x

x

x x

x

 Với x0 2 y0 1. pttt là: y 1 1(x 2) y x 1
 Với x0 0 y0 3. pttt là: y 3 1(x 0) y x 3

 Xét phương trình : 3 2 3 3 2 ( 3)( 1) 2 (1 ) 0

1
x

kx x kx x kx k x

x (*)

 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = kx 
 (C) và d có 2 điểm chung (*) có 2 nghiệm phân biệt

0 0

0 (1 ) 0 1

k

a k

k
k

 Vậy, với k 0 và k 1 thì (C) cắt d tại 2 điểm phân biệt.

Câu II:

 Hàm số f x( ) 2x3 3x2 12x 1 liên tục trên đoạn [ 1;3] 
 y 6x2 6x 12

 Cho y 0 6x2 6x 12 0 x 1;x 2 (nhận cả hai)

 f( 1) 8 ; f(2) 19 và f(3) 8

 Trong các kết quả trên, số –19 nhỏ nhất, số 8 lớn nhất.

 Vậy, khi khi

[ 1;3] [ 1;3]

miny 19 x 2 , maxy 8 x 1



1 (ln 1)

e

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

I

K
H

C

D
O

O'
A

B
 Đặt

ln 1

u x du dx

x

dv dx v x . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được

1
1

1 (ln 1) (ln 1) 1 2 1 2 1 1

e e e e

I x dx x x dx e x e e e

 Vậy, I = e.

 log (22 x 1).log (22 x 1 2) 6

 Ta có, log (22 x 1).log (22 x 1 2) 6 log (22 x 1).log 2.(22 x 1) 6

2 2 2 2 2

log (2x 1). log 2 log (2x 1) 6 log (2x 1). 1 log (2x 1) 6

(*)

 Đặt t log (22 x 1) phương trình (*) trở thành: t(1 t) 6

2 2

3
2

2 3 log 3

2 log (2 1) 2 2 1 4

6 0 7

3 log (2 1) 3 2 1 2 2 0 :

x

x x

x x x

x
t

t t

t

 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x log 32

Câu III

 Giả sử A B, ( )O và ,C D ( )O

 Gọi H,K,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,CD và OO 
 Vì IO 7 4 IH nên O H

 Theo tính chất của hình trụ ta có ngay OIH và OHA

là các tam giác vuông lần lượt tại O và tại H

 Tam giác vng OIH có OH IH2 OI2 3
 Tam giác vng OHA có r OA OH2 HA2 5

 Vậy, thể tích hình trụ là: V B h. . .r h2 .5 .2 72 50 7 (đvtt) 
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: : 3 2 3

1 1 3

x y z

và ( ) : 2x y z 1 0

 Đường thẳng đi qua điểm M(3;2; 3), có vtcp u (1;1;3) nên có ptts:

3
2

3 3

x t

y t

z t

(1)

 Thay (1) vào pttq của mp(α) ta được:

2(3 t) 2 t ( 3 3 ) 1t 0 0t 12: vô lý
 Vậy, đường thẳng song song với mp( )

 Khoảng cách từ đến mp( ) bằng khoảng cách từ điểm M đến ( ), bằng:

2 2 2

2.3 2 ( 3) 1 12

( ,( )) ( ,( )) 2 6

2 1 ( 1)

d d M

 Mặt phẳng (Oxy có phương trình z = 0 )

 Thay ptts (1) của vào phương trình z = 0 ta được: 3 3t 0 t 1
 Suy ra giao điểm của đường thẳng và mp(Oxy) là: A(4;3;0)

 Mặt cầu tâm A, tiếp xúc với ( ) có bán kính R d A( ,( )) 2 6 nên có phương

trình: (x 4)2 (y 3)2 z2 24.

Câu Va: z (1 2 )(2i i)2 (1 2 )(4i 4i i2) (1 2 )(3i 4 )i 3 4i 6i 8i2 11 2i

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb: M(1; 1;1)

 2 có vtcp u2 ( 1;1;0)

 Lấy H(2 t;4 t;1) thuộc 2 thì MH (1 t;5 t;0)
 H là hình chiếu của M lên 2 MH u. 2 0

(1 t).( 1) (5 t).1 0.0 0 2t 4 0 t 2

 Như vậy, toạ độ hình chiếu của M lên ( ) là (4;2;1)H .

 Điểm M đối xứng với M qua 2 H là trung điểm đoạn thẳng MM

2 7

2 5

2 1

M H M

x x x

y y y

z z z

. Vậy, toạ độ điểm M (7;5;1)

 Gọi A,B lần lượt là giao điểm của 1, 2 với mặt phẳng (P) 
 Hướng dẫn giải và đáp số

 Thay ptts của 1 vào pttq của mp(P), ta tìm được toạ độ điểm A(1;0;0)

 Thay ptts của 1 vào pttq của mp(P), ta tìm được toạ độ điểm B(8; 2;1)

 Đường thẳng  qua hai điểm A,B và có vtcp u AB (7; 2;1) nên có phương trình
1

7 2 1

x y z

Câu Vb:

2 1

( 1)

mx m x

y

x
 TXĐ: D \{1}
 Đạo hàm:

2 2

( 1)

mx mx m

y

x

 Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị nằm khác phía so với trục tung khi và chỉ khi phương trình 
0

y có hai nghiệm trái dấu

. 0 ( 2) 0 0 2

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thông

Đề số 19 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 1 4 3 2 5

4 2 4

y x x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm cực tiểu của nó.

3) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 4 nghiệm phân biệt:

4 6 2 1 4 0

x x m

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải bất phương trình: 22 2x 5.6x 9.9x
2) Tính tích phân:

0 ( 1)

x

I x e dx

3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f x( ) sin4x 4cos2x 1
Câu III (1,0 điểm):

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là một tam giác vng tại A và AC = a, C 600
.
Đường chéo BC' của mặt bên BB'C'C tạo với mặt phẳng (AA'C'C) một góc 30 . Tính thể tích của 0

khối lăng trụ theo a.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) có phương trình 
2x y 2z 1 0 và điểm A(1;3; 2)

1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên mặt phẳng (P).

2) Viết phương trình mặt cầu tâm A và đi qua gốc tọa độ O.

Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn: (1 i) (22 i z) 8 i (1 2 )i z . Tìm phần thực, phần ảo

và tính mơđun của số phức z.

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I b ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) có phương trình

2 1

1 2 3

x y z

và điểm A(1; 2;3)

1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên đường thẳng (d)

2) Viết phương trình cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d.

Câu b (1,0 điểm): Cho hàm số

2 3

x x

y

x ( )C . Tìm trên ( )C các điểm cách đều hai trục toạ độ.

--- Hết ---

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

74
x

y

y = -1 - m

4
5

- 3 3

- 5 5

1
-1

O

1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Hàm số: 1 4 3 2 5

4 2 4

y x x

 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y x3 3x

 Cho 0 3 3 0 ( 2 3) 0

3
x

y x x x x

x
 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 3 0 3 +

y + 0 – 0 + 0 –

y

1 1

 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 3),(0; 3), NB trên các khoảng ( 3;0),( 3; )
Hàm số đạt cực đại yCÑ 1 tại xCÑ 3 ; đạt cực tiểu CT 5

y tại xCT 0.

 Giao điểm với trục hoành:

4 2

1
1

1 3 5

0 0

4 2 4 5

x

y x x

x x

Giao điểm với trục tung: cho 0 5
4

x y

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây

 Điểm cực tiểu của đồ thị có: 0 5
4

x y

 f x( )0 f (0) 0

 Vậy, tiếp tuyến tại điểm cực đại của hàm số là: 5 0( 0) 5

4 4

y x y

 4 6 2 1 4 0 1 4 3 2 1

4 2 4

x x m x x m 1 4 3 2 5 1

4x 2x 4 m (*)

 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của ( )C và d: y = –1 – m. Do đó, dựa

vào đồ thị ta thấy (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

5 1 1

1 1 2 2

4 m 4 m m 4

 Vậy, khi 2 1
4

m thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Câu II: 22 2 5.6 9.9 9.9 5.6 4.4 0 9 9 5 6 4 0

4 4

x x

x x x x x x

3 3

9 5 4 0

2 2

x x

 Đặt 3
2

x

t (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành:

(loại)
(nhận)
2

9 5 4 0 4

9
t

t t

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

30

60

a

B '

C

A

A '

C '

B



4 3 4 3 3

9 2 9 2 2

x x

t x

 Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x 2

 2 2

0 ( 1)

x

I x e dx

 Đặt 2

2
1

1
2

x x

du dx

u x

dv e dx v e . Thay vào cơng thức tích phân từng phần ta được :

2 2 4

2 2 4 2 4 4

0 0

1 1 3 1 1 3 1 1 1 5 1

( 1)

2 2 2 2 4 2 2 4 4 4

x x x e

I x e e dx e e e e

 Ta có f x( ) cos4x sin2x 2 cos4x 1 cos2x 2 cos4x cos2x 1
 Đặt t cos2x (ĐK: t [0;1]

) thì f x( ) g t( ) t2 t 1 
 g t là hàm số liên tục trên đoạn [0;1] ( )

 g t( ) 2t 1

 ( ) 0 2 1 0 1

g t t t (nhận)

 1 5

2 4

g ; g(0) 1 và g(1) 1

 Trong các kết quả trên, số 5

4 nhỏ nhất và số 1 lớn nhất.
 Vậy, min 5 , max 1

y y

Câu III: Ta có, AB AC AB (ACC A)

AB AA , do đó AC là hình chiếu

vng góc của BC lên (ACC A . Từ đó, góc giữa BC và () ACC A )
là BC A 300

 Trong tam giác vuông ABC, AB AC.tan600 a 3

 Trong tam giác vuông ABC , AC AB.cot300 a 3. 3 3a

 Trong tam giác vuông ACC , CC AC 2 AC2 (3 )a 2 a2 2 2a

 Vậy, thể tích lăng trụ là: . 1 . . 1 3 2 2 3 6

2 2

V B h AB AC CC a a a a (đvdt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: ( ) : 2P x y 2z 1 0 có vtpt n (2; 1;2)

 Gọi d là đường thẳng qua A(1;3; 2) và vng góc với ( )P thì d có vtcp u (2; 1;2)

 Do đó, d có PTTS:

1 2
3

2 2

x t

y t

z t

(*)

 Thay (*) vào PTTQ của 2

3
( ) : 2(1 2 ) (3P t t) 2( 2 2 ) 1t 0 t
 Thay 2

t vào (*) ta được: 7 ; 7 ; 2

3 3 3

x y z

 Vậy, toạ độ hình chiếu vng góc của A lên mp( )P là 7 7; ; 2

3 3 3

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

76
 Tâm của mặt cầu: A(1;3; 2)

 Bán kính của mặt cầu: R OA 12 32 ( 2)2 14

 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x 1)2 (y 3)2 (z 2)2 14

Câu Va: (1 i) (22 i z) 8 i (1 2 )i z 2 (2i i z) 8 i (1 2 )i z

2 2

8 (8 )(1 2 )

2(2 1) 8 (1 2 ) (1 2 ) 8

1 2 1 (2 )

i i i

i z i i z i z i z

i i

10 15

2 3

5
i

z i

 Phần thực của z là a = 2, phần ảo của z là –3 và môđun của z là z 22 ( 3)2 13

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb:

 d đi qua điểm M0( 2;0;1)có vtcp u (1;2; 3) và

 PTTS của d là: 
2

2
1 3

x t

y t

z t

nên nếu H d thì toạ độ của H có dạng H( 2 t t;2 ;1 3 )t

( 3 ;2 2 ; 2 3 )

AH t t t

 Do A d nên H là hình chiếu vng góc của A lên d AH d AH u. 0
1
( 3 )1 (2 2 ).2 ( 2 3 ).( 3) 0

t t t t

 Vậy, hình chiếu vng góc của A lên d là 5; 1;5

2 2

H
 Gọi ( )S là mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d

 Tâm của mặt cầu: A(1; 2;3)

 Bán kính của mặt cầu: 7 2 2 1 2

2 2

27
1

R AH

 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: ( 1)2 ( 2)2 ( 3)2 27
2

x y z

Câu Vb: Xét điểm

2 3 2 3

( ) : ;

1 1

x x x x

M C y M x

x x (ĐK: x 1)

 M cách đều 2 trục toạ độ

2 2

3
1

x x

x x x x x

x

2 2

4 0

3 0

2 2 0

x

x x x x x

x

x x

x x x x

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Mơn thi: TỐN − Giáo dục trung học phổ thơng

Đề số 20 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 --- ---

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 1 3 1 2 2 1

3 2 6

y x x x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt:

3 2

2x 3x 12x 1 2m 0

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải bất phương trình: 21 x 26 x 24
2) Tính tích phân:

2
1

e

x x

I dx

x

3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x3 x 1 tại các giao điểm của nó với
đường thẳng y 2x 1.

Câu III (1,0 điểm):

Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vng cân có cạnh góc vng bằng a.

a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình nón. 
b) Tính thể tích của khối nón tương ứng.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ ( , , , )O i j k , cho hình hộp ABCD A B C D có .

0, , 2 3 , 3

OA OB i OC i j k AA k ,

1) Viết phương trình mặt phẳng (ABA và tính khoảng cách từ C đến () ABA )
2) Tìm toạ độ đỉnh C và viết phương trình cạnh CD của hình hộp ABCD A B C D .

Câu Va (1,0 điểm): Cho 1 3

2 2

z i . Tính z2 z 1

2. Theo chương trình nâng c o

Câu I ( ,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ ( , , , )O i j k , cho hình hộp ABCD A B C D có .

0, , 2 3 , 3

OA OB i OC i j k AA k ,

1) Tìm tọa độ các đỉnh C, D và chứng minh rằng ABCD A B C D là hình hộp chữ nhật. .
2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD A B C D . .

Câu b (1,0 điểm): Cho 1 3

2 2

z i . Tính z2011

--- Hết ---

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

78
x

y

d

-3,5

-1

2,5
3,5

-2

O

1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.

Câu I:

 Hàm số: 1 3 1 2 2 1

3 2 6

y x x x

 Tập xác định: D

 Đạo hàm: y x2 x 2

 Cho y 0 x2 x 2 0 x 1 hoặc x 2
 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

 Bảng biến thiên

x – 2 1 +

y + 0 – 0 +

y

7
2

–1

 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 2),(1; ), NB trên các khoảng ( 2;1)
Hàm số đạt cực đại yCÑ 72 tại xCÑ 2.

Hàm số đạt cực tiểu yCT 1 tại xCT 1.

 y 2x 1. Cho 0 2 1 0 1 5

2 4

y x x y

Điểm uốn: 1 5;
2 4
I

 Giao điểm với trục hoành: 0 1 3 1 2 2 1 0

3 2 6

y y x x x

Giao điểm với trục tung: cho 0 1
6

x y

 Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 1 2,5
y –1 3,5 1,25 –1 3,5
 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây

 2 3 3 2 12 1 2 0 1 3 1 2 2 1 1 0

3 2 6 3

x x x m x x x m

3 2 3 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2

3x 2x x 6 3m 3x 2x x 6 3 3m (*)

 Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của ( )C và : 1 1

3 3

d y m

 Do đó, (*) có 3 nghiệm pb 1 1 1 7 4 1 19 4 19

3 3m 2 3 3m 6 3 m 2

 Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt 19 4

2 m 3

Câu II:

 21 26 24 2.2 64 24

x x x

x (*)

 Đặt t 2x

(ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 2t 64 24 2t2 24t 64 0
t

t hoặc t 4 (nhận cả hai nghiệm này do t > 0) 
 Với t 8ta có 2x 8 x 3

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

B
A

O
S

I

C '
C

B'

D '
A '

A D

B
 Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3.



2 1 2 1 1 2

ln ln ln

e

e e e

x x x x

I dx dx dx dx

x x x

 Xét 1 1

1 1

e e

I dx x e

 Xét 2 2

1
ln

e x

I dx

x . Đặt 2

1
ln

1 1

u x du dx

x

dv dx v

x x

. Khi đó,

2 1 2

1 1

ln 1 1 1 1 1 2

1 1

e e

e

x

I dx

x x e x e e e

 Vậy, I I1 I2 e 1 1 2 e 2

e e

 Viết pttt của y x3 x 1 tại các giao điểm của nó với đường thẳng y 2x 1
 Cho x3 x 1 2x 1 x3 3x 2 x 1,x 2

 y 3x2 1

 Với x0 1 y0 13 1 1 1 và f (1) 3.12 1 2
pttt tại x0 1 là: y 1 2(x 1) y 2x 1

 Với x0 2 y0 ( 2)3 ( 2) 1 5 và f ( 2) 3.( 2)2 1 11

pttt tại x0 1 là: y 5 11(x 2) y 11x 17

 Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là: y 2x 1 và y 11x 17

Câu III: Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ)

 Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a.

Do đó, AB SA2 SB2 a 2 và 1 2

2 2

a

SO OA AB

 Vậy, diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình nón :

2 2

2 2 2

a a a

S rl ; t p xq

2
2

2 2 2

2 2

a a

S S r a

Thể tích khối nón:

3
2

1 1 2 2 2

3 3 2 2 12

a a a

V r h

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: Từ giả thiết ta có A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;2;3),A(0;0;3)
 Điểm trên (ABA : (0;0;0)) A

 Hai véctơ: AB (1;0;0) , AA (0;0;3)

 vtpt của (ABA : ) [ , ] 0 0 0 1 1 0; ; (0; 3;0)
0 3 3 0 0 0

n AB AA

 PTTQ của (ABA : ) 0(x 0) 3(y 0) 0(z 0) 0 y 0



2 2 2

( ,( )) 2

0 1 0

d C ABA

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

80
I

C '
C

B'

D '
A '

A D

B
 Do CD || AB nên CD có vtcp u AB (1;0;0)

 Và hiển nhiên CD đi qua C nên có PTTS:

2 ( )

x t

y t

z

Câu Va:

1 3 1 3 1 3 3 1 3

2 2 2 2 4 2 4 2 2

z i z i i i

 Do đó, 2 1 1 3 1 3 1 0

2 2 2 2

z z i i

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

 Từ AA CC (0;0;3) (1 xC;2 yC;3 z , ta tìm được C) C(1;2;0)

 Từ AB DC (1;0;0) (1 xD;2 yD; z , ta tìm được D) D(0;2;0)



(1;0;0) . 0

(0;2;0) . 0

( )

(0;0;3) . 0

AB AB AD AB AD

AB AD

AD AA AB AA AB

AA ABCD

AA AB

AA AA AD

 Vậy, ABCD A B C D là hình hộp chữ nhật. .

 Gọi ( )S là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD A B C D .
 Tâm của mặt cầu: 1 3

2;1;2

I (là trung điểm đoạn AC )

 Bán kính mặt cầu: 1 1 12 22 32 14

2 2 2

R AC

 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 1 2 2 3 2

2 2

( ) ( 1) ( )

x y z

Câu Vb:



2
2

1 3 1 3 1 3 3 1 3

2 2 2 2 4 2 4 2 2

z i z i i i

2
2

3 2

670

2011 2010 3 670

1 3 1 3 1 3

. 1

2 2 2 2 2 2

1 3

. . 1 .

2 2

z z z i i i

z z z z z z z i

 Vậy, với 1 3

2 2

z i thì 2011 1 3

2 2

z z i

Sưu tầm và biên soạn: Cao Văn Tú 
Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên 
Email:

</div>

Tài liệu 2 đề thi thử CĐ ĐH môn Toán có đáp án doc

40 đề thi thử đại học môn toán có đáp án chi tiết

45 đề thi thử đại học môn toán 2014 - đáp án chi tiết

500 đề thi thử đại học môn toán có đáp án

Trung học phổ thông Tĩnh Gia I đề thi học sinh giỏi môn toán có đáp án chi tiết, thời gian 180 phút

Bộ đề thi thử đại học môn sinh có đáp án

4 đề thi thử đại học môn toán có đáp án (4)

4 đề thi thử đại học môn toán có đáp án (5)

4 đề thi thử đại học môn toán có đáp án (6)

4 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN SINH CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Bộ đề thi thử tốt nghiệp môn Toán có đáp án chi tiết

<b>BỘ ĐỀ THI </b>

<b>THỬ TỐT </b>

<b>NGHIỆP MƠN </b>

<b>TỐN </b>

<i><b>x</b></i>

<i><b>y</b></i>

<b>2</b>

<b>2</b>

<b>1</b>

<i><b>I</b></i>

<i><b>O</b></i>

<b>1</b>

<i><b>d</b></i>

<i><b>d'</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>I</b></i>

<i><b>x</b></i>

<i><b>y</b></i>

<b>4</b>

<b>-2</b>

<i><b>O</b></i>

<b>2</b>

<i><b>x</b></i>

<i><b>y</b></i>

<i><b>d</b></i>

<b>4</b>

<b>2</b>

<b>-4/ 3</b>

<i><b>O</b></i>

<b>3</b>

<i><b>x</b></i>

<i><b>y</b></i>

<i>y = m</i>

<b>-2/ 3</b>

<b>4</b>

<b>-4/ 3</b>

<b>3</b>

<b>2</b>

<i><b>O 1</b></i>

<i><b>H</b></i>

<i><b>C</b></i>

<i><b>I</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>D</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>C</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>x</b></i>

<i><b>y</b></i>

<b>1</b>

<b>-4</b>

<b>-1</b>

<b>-2</b>

<b>-3</b>

<b>2</b>

<i><b>O</b></i>

<b>30</b>

<b>60</b>

<i><b>a</b></i>

<i><b>B '</b></i>

<i><b>C</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>A '</b></i>

<i><b><sub>C '</sub></b></i>

<i><b>B</b></i>

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về