11 DE THI VA DAP AN TNPT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (530.11 KB, 51 trang )

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

ĐỀ 1

( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số yx33x21 có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b. Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt
x3 3x2k 0 .

Câu II ( 3,0 điểm )

a. Giải phương trình 33x 4 92x 2
b. Cho hàm số 2

1
y

sin x


. Tìm nguyên hàm F(x ) của hàm số , biết rằng đồ thị của hàm số
F(x) đi qua điểm M(6


; 0) .
c. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

y x 2

  

với x > 0 .

Câu III ( 1,0 điểm )

Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 và đường cao h = 1 . Hãy tính diện tích
của mặt cầu ngoại tiếp hình chĩp .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 
1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) :

x 2 y z 3

1 2 2

 

 

 và mặt phẳng (P) : 2x y z 5 0   

a. Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại A . Tìm tọa độ điểm A .

b. Viết phương trình đường thẳng () đi qua A , nằm trong (P) và vng góc với (d) .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường : 1ylnx,x,xee và trục hồnh .

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :

 




 


  


x 2 4t
y 3 2t

z 3 t và mặt phẳng

(P) : x y 2z 5 0   

a. Chứng minh rằng (d) nằm trên mặt phẳng (P) .

b. Viết phương trình đường thẳng () nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một
khoảng là 14 .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tìm căn bậc hai của số phức z 4i

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

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

Câu I ( 3,0 điểm )

a. (2d)

b. (1đ) pt x33x21 k 1 

Đây là pt hoành độ điểm chung của (C) và đường thẳng (d) : y k 1 
Căn cứ vào đồ thị , ta có :

Phương trình có ba nghiệm phân biệt   1 k 1 3   0 k 4 

Câu II ( 3,0 điểm )

a. ( 1đ )

3x 4 2x 2 3x 4 2(2x 2)

2 2

x 1 8

3 9 3 3 3x 4 4x 4 x

7
(3x 4) (4x 4)

               



  



b. (1đ) Vì F(x) = cotx + C . Theo đề :

F( ) 0 cot C 0 C 3 F(x) 3 cot x

6 6

 

         

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

x 2

 

. Dấu “=” xảy ra khi

x 0
2

x x 1 x 1



      

 y 2 2 4   . Vậy : (0; )

M iny y(1) 4



 

Câu III ( 1,0 điểm )

Gọi hình chóp đã cho là S.ABC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đáy ABC .
Khi đó : SO là trục đường trịn đáy (ABC) . Suy ra : SO(ABC) .

Trong mp(SAO) dựng đường trung trực của cạnh SA , cắt SO tại I .
Khi đó : I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp S.ABC

Tính bán kính R = SI .

Ta có : Tứ giác AJIO nội tiếp đường tròn nên : SJ.SA SI.SO  SI =
SJ.SA

SO =
2
SA
2.SO
SAO vng tại O . Do đó : SA = SO2OA2 =

6
2
1

3


= 3  SI =

3
2.1=

3
2

x   0 2 

y  0 + 0 
y  3

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

Diện tích mặt cầu : S 4 R  2  9
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

a. (0,5 đ) A(5;6; 9)

b. (1,5đ)

+ Vectơ chỉ phương của đường thẳng (d) : ud  (1; 2;2)
+ Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) : nP ((2;1; 1)

+ Vectơ chỉ phương của đường thẳng () : u [u ;n ] (0;1;1)d P 

  

+ Phương trình của đường thẳng () :

x 5

y 6 t (t )
z 9 t

 


  



  




Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

+ Diện tích :

1 e

S ln xdx ln xdx

1/e 1









+ Đặt :

u ln x,dv dx du dx,v x
x

    



ln xdx x ln x 



dx x(ln x 1) C  
+

1 e

S x(ln x 1)1/e x(ln x 1)1 2(1 )
e

     

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

a. (0,5đ) Chọn A(2;3; 3),B(6;5; 2)(d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .

b.(1,5đ) Gọi u


vectơ chỉ phương của (d1) qua A và vng góc với (d) thì

u ud
u uP
 







 
 

nên ta

chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) P    
  

. Ptrình của đường thẳng (d1) :

x 2 3t

y 3 9t (t )
z 3 6t

  


  



  




() là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên (d1) thì M(2+3t;3 9t;

3+6t) .
Theo đề :

1 1

2 2 2 2

AM 14 9t 81t 36t 14 t t

9 3

        

+ t =
1
3


 M(1;6; 5)

x 1 y 6 z 5
( ) :1

4 2 1

  

   

+ t =
1

3  M(3;0; 1)

x 3 y z 1
( ) :2

4 2 1

 

   

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

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

2 2 x y

2 x y 0

(x iy) 4i

2xy 4

 

   

     



 



 hoặc

x y

2xy 4

 





x y
2

2x 4

 

 




 (loại) hoặc

x y

2x 4

 



 




x y x 2;y 2

2 x 2;y 2

x 2

  

  

   

 

 

 



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

ĐỀ 2

( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số

2x 1
y

x 1



 có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(1;8) . .

Câu II ( 3,0 điểm )

a. Giải bất phương trình

x 2
logsin2 x 4

3 1






b. Tính tìch phân : I =
1

(3 cos2x)dx
0





c. Giải phương trình x2 4x 7 0  trên tập số phức .

Câu III ( 1,0 điểm )

Một hình trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 2 . Một hình vng có các đỉnh nằm 
trên hai đường trịn đáy sao cho có ít nhất một cạnh khơng song song và khơng vng góc
với trục của hình trụ . Tính cạnh của hình vng đó .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 
4. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1;0;5) và hai mặt phẳng (P) :

2x y 3z 1 0





 

và (Q) : x y z 5 0    .
a. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (Q) .

b. Viết phương trình mặt phẳng ( R ) đi qua giao tuyến (d) của (P) và (Q) đồng thời vng
góc với mặt phẳng (T) : 3x y 1 0   .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = x22x và trục hồnh . Tính thể tích của 
khối trịn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh .

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :

x 3 y 1 z 3

2 1 1

  

 

và mặt
phẳng (P) : x 2y z 5 0    .

a. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
b. Tính góc giữa đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .

c. Viết phương trình đường thẳng () là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P).

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Giải hệ phương trình sau :
y

4 .log x 42
2y
log x 22 4

  



 

 




</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

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

Câu I ( 3,0 điểm )

a. (2d)

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

Phương trình hồnh độ điểm chung của (C ) và ( ) :

2x 1 k(x 1) 8 kx2 2(3 k)x 9 k 0 (1)
x 1



        



( ) là tiếp tuyến của (C )  phương trình (1) có nghiệm kép

k 0

k 3

' (3 k) k(k 9) 0
 



   

     





Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y3x 11

Câu II ( 3,0 điểm )

a. (1đ ) pt

x 2
log

sin 2 x 4


 >0

x 2

0 1

x 4


 

 ( vì 0 < sin2 < 1 )

x 2 x 2 x 2

0 0 0

x 4 x 4 x 4

x 2 1 x 2 1 0 6 0

x 4 x 4 x 4

     

  

  

     

     

  

      

     

  

x 2 0 x 2 x 2

x 4 0 x 4

    

     

   

 

b. (1đ) I =
1

(3 cos2x)dx
0





=
x

3 1 1 3 1 1 1 2 1

[ sin2x]0 [ sin2] [ sin 0] sin 2

ln3 2  ln3 2  ln3 2 ln3 2
c. (1đ)  ' 3 3i 2 nên  ' i 3

Phương trình có hai nghiệm : x1 2 i 3 , x2  2 i 3

x   1 

y  

y 2

 


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

Câu III ( 1,0 điểm )

Xét hình vng có cạnh AD khơng song song và vng
góc với trục OO’ của hình trụ . Vẽ đường sinh AA’
Ta có : CD(AA’D)  CD A'D nên A’C là đường
kính của đường trịn đáy .

Do đó : A’C = 4 . Tam giác vuông AA’C cho :

2 2

AC AA' A'C  16 2 3 2 
Vì AC = AB 2 . S uy ra : AB = 3 .
Vậy cạnh hình vng bằng 3 .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

1, Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

a. (0,5đ) d(M;(Q)) =
1

3 b. (1,5đ) Vì 21 11 31 (d) (P) (Q): 2x y 3z 1 0x y z 5 0

     

     

   

 

Lấy hai điểm A( 2; 3;0), B(0; 8; 3) thuộc (d) .
+ Mặt phẳng (T) có VTPT là nT  (3; 1;0)



+ Mặt phẳng (R) có VTPT là nR [n ,AB] (3;9; 13)T  



 

+ ( R) :

Qua M(1;0;5) (R): 3x 9y 13z 33 0
+ vtpt : nR (3;9; 13)



    

  




Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

+ Phương trình hoành giao điểm : x2 2x 0  x 0,x 2 

+ Thể tích :

2 4 1 16

2 2 2 4 5 2

VOx ( x 2x) dx [ x x x ]0

3 5 5







     

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

a. (0,5đ ) Giao điểm I( 1;0;4) .

b. (0,5d)

2 2 1 1

sin

2 6

4 1 1. 1 4 1

  

     

   

c. (1,0đ) Lấy điểm A( 3;  1;3) (d). Viết pt đường thẳng (m) qua A và vng góc với (P)

thì (m) : x 3 t,y 1 2t,z 3 t  . Suy ra : (m)

5 5

(P) A'( ;0; )

2 2

  

.
( ) (IA'): x   1 t,y 0,z 4 t    , qua I( 1;0;4) và có vtcp là

IA' (1 ;0; 1)
2





Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Đặt : u 2 2y 0,v log x 2 . Thì

1
uv 4

hpt u v 4 u v 2 x 4;y

 

        

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

ĐỀ 3

( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y x 4 2x21 có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b. Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình

4 2

x  2x  m 0 (*) .

Câu II ( 3,0 điểm )

a. Giải phương trình 7x 2.71x 9 0

  

b. Tính tích phân : I =
1

x
x(x e )dx
0





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

Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vng góc với nhau từng đơi một với SA = 1cm,
SB = SC = 2cm .Xác định tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện
tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu đó .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 
1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A( 2;1; 1) ,B(0;2; 1) ,C(0;3;0) ,
D(1;0;1) .

a. Viết phương trình đường thẳng BC .

b. Chứng minh rằng 4 điểm A,B,C,D không đồng phẳng .
c. Tính thể tích tứ diện ABCD .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Tính giá trị của biểu thức P (1  2 i)2(1 2 i)2 .
2. Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 1;1) , hai đường thẳng

x 1 y z
( ) :1

1 1 4



  

 ,

x 2 t
( ) : y 4 2t2

z 1
  


   

 

 và mặt phẳng (P) : y 2z 0 

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

b. Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng ( ) ,(1 2) và nằm trong mặt

phẳng (P) .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tìm m để đồ thị của hàm số

x x m

(C ) : ym

x 1
 


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

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

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

x   1 0 1 

y  0 + 0  0 +

y  1 

2 2

b) 1đ pt (1)  x4 2x21 m 1 (2) 

Phương trình (2) chính là phương trình điểm
chung của ( C ) và đường thẳng (d) : y = m – 1
Căn cứ vào đồ thị (C ) , ta có :

 m -1 < -2  m < -1 : (1) vô nghiệm 
 m -1 = -2  m = -1 : (1) có 2 nghiệm
 -2 < m-1<-1  -1 < m < 0 : (1) có 4 nghiệm 
 m-1 = - 1  m = 0 : (1) có 3 nghiệm 
 m – 1 > -1 : (1) có 2 nghiệm

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ

Ta cã: 7x2.71x 9 0

7 2. 9 0

7 9.7 14 0

7 7

log 2

7 2

x
x

x x

x
x

   

   

   

   



 


b) 1đ

Ta có :

1 1 1

x 2 x

I x(x e )dx x dx xe dx I1 2I

0 0 0





 







 

với

1 1

2
I1 x dx

3
0







x
I2 xe dx 1







.Đặt : u x,dv e dx  x . Do đó : 
4
I

3

c) 1đ Ta có : TXĐ D [ 1;2] 

x 2 (l)

2 2

y 6x 6x 12 , y 0 6x 6x 12 0

x 1

 

         



Vì y( 1) 15,y(1) 5,y(2) 6   

nên

Miny y(1) 5 , Maxy y( 1) 15
[ 1;2]   [ 1;2]   

Câu III ( 1,0 điểm )

Gọi I là trung điểm của AB . Từ I kẻ đường thằng vng góc với mp(SAB) thì  là trục
của SAB vuông .

Trong mp(SCI) , gọi J là trung điểm SC , dựng đường trung trực của cạnh SC của SCI cắt

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

Khi đó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật .
Ta tính được : SI =

1AB 5

2  2 , OI = JS = 1 , bán kính R = OS = 
3
2
Diện tích : S = 4 R 2 9 (cm )2

Thể tích : V =

4 R3 9 (cm )3
3  2

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
. 1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

a) 0,5đ (BC) :

x 0
Qua C(0;3;0)

(BC) : y 3 t
+ VTCP BC (0;1;1) z t

 

 
  
 

 
 



b) 1,0đ Ta có : AB (2;1;0),AC (2;2;1),AD (3; 1;2)   

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

[AB,AC] (1; 2;2)   [AB,AC].AD 9 0   A,B,C,D

    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    

    
    

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

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 P = -2

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

a) 1đ Gọi mặt phẳng

Qua M(1; 1;1) Qua M(1; 1;1)

(P) : (P) : (P) : x 2y 3 0

+ ( )2 + VTPT n = aP 2 ( 1;2;0)

   
 
    

 
   
 
 
 

Khi đó :

19 2
N ( ) (P)2 N( ; ;1)

5 5

   

b) 1đ Gọi A ( ) (P) 1   A(1;0;0) , B ( ) (P) 2   B(5; 2;1)
Vậy

x 1 y z

(m) (AB) :

4 2 1



  



Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Pt hoành độ giao điểm của (C )m và trục hoành : x2 x m 0 (*)   với x 1

điều kiện
1

m , m 0

 

Từ (*) suy ra m x x  2 . Hệ số góc

x 2x 1 m 2x 1

k y

2 x 1

(x 1)
   

  



Gọi x ,xA B là hồnh độ của A,B thì phương trình (*) ta có : xAxB1 , x .xA Bm
Hai tiếp tuyến vng góc với nhau thì

y (x ).y (x ) A  B  1 5x xA B 3(xAx ) 2 0B    5m 1 0 

1
m

 

thỏa mãn (*)
Vậy giá trị cần tìm là

1
m

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

ĐỀ 4

( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y x 3 3x 1 có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(
14

9 ; 1) . .

Câu II ( 3,0 điểm )

a. Cho hàm số

2
x x

y e   . Giải phương trình yy2y 0

b. Tính tìch phân :

2 sin 2x

I dx

2
(2 sin x)
0








c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 2sin x cos x 4sinx 1 3  2   .

Câu III ( 1,0 điểm )

Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a ,
SAO 30 , SAB 60  . Tính độ dài đường sinh theo a .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 
6. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

x 1 y 2 z
( ):1

2 2 1

 

  

  ,

x 2t
( ): y2 5 3t

z 4
  


   
 


a. Chứng minh rằng đường thẳng ( )1 và đường thẳng ( )2 chéo nhau .

b. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng ( )1 và song song với đường
thẳng ( )2 .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Giải phương trình x3 8 0 trên tập số phức .. 
7. Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) :
x y 2z 1 0    và mặt cầu (S) : x2y2 z2  2x 4y 6z 8 0    .
a. Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) .

b. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

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

. . . .Hết . . . .
HƯỚNG DẪN

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

x   1 1 

y + 0  0 +
y 3 

  1

b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k

14
(d) : y 1 k(x )

   

(d) : y k(x ) 1

   

(d) tiếp xúc ( C)  Hệ sau có nghiệm

14
3

x 3x 1 k(x ) 1 (1)
9

3x 3 k (2)


    





 


Thay (2) vào (1) ta được :

3 2

3x 7x 4 0 x ,x 1,x 2

      

2 (2) 5 5 43

x = k tt ( ) : y1 x

3 3 3 27



       

¡ x = 1 (2)k 0  tt ( ) : y2 1
¡ x = 2  (2)k 9  tt ( ) : y 9x 153  

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ

2 2

x x 2 x x

y ( 2x 1) e   , y(4x  4x 1)e  
¡

2 x x 2 1

y y 2y (4x 6x 2)e ; y y 2y 0 2x 3x 1 0 x , x 1

 

              

b) 1đ

Phân tích

sin 2xdx 2sin x.cosxdx 2sin x.d(2 sin x)

2 2 2

(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x)


 

   Vì d(2 sin x) cosxdx 

nên

sin 2xdx 2sin x.d(2 sin x) 2.[ sin x ]d(2 sin x)

2 2 2 2

(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x) (2 s

in x)

2 





  

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

2.[ ]d(2 sin x)

2
2 sin x (2 sinx)





 



Do đó :

2 2

I 2.[ln | 2 sin x | ] 0
2 sin x







= 1 2ln33 

Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt t 2 sin x 
c) 1đ

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

Đặt : t sinx , t [ 1;1]    y 2t 3 t2 4t 2 , t [ 1;1]  
2

2 2

y 6t 2t 4 ,y 0 6t 2t 4 0 t 1 t
3
           

Vì

2 98
y( 1) 3,y(1) 1,y( ) =

3 27

   

. Vậy :

    

         



2 98 2 2

+ Maxy = Maxy = y( ) khi t = sinx =

3 27 3 3

[ 1;1]

2 2

x = arcsin( ) k2 hay x = arcsin( ) k2 ,k

3 3

+ miny miny = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k
2
[ 1;1]

      





Câu III ( 1,0 điểm )

Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM



AB thì OM = a
SAB

 cân có SAB 60  nên SAB đều .

Do đó :

AB SA
AM

2 2

 

SOA

 vuông tại O và SAO 30 nên
SA 3

OA SA.cos30

 

OMA

 vuông tại M do đó :

2 2

3SA SA

2 2 2 2 2 2

OA OM MA a SA 2a SA a 2

4 4

        

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

a) 1đ

Qua A(1;2;0)
( ) :1

+ VTCP a = (2; 2; 1)1


 

 



,

Qua B(0; 5;4)
( ) :2

+ VTCP a = ( 2;3;0)2

 

 




AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB   1 2 9 0

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
  

 ( )1 ,( )2 chéo nhau .

b) 1đ

Qua ( )1 Qua A(1;2;0)

(P) : (P) : (P) : 3x 2y 2z 7 0

+ VTPT n = [a ;a ] (3;2;2)

+ // ( )2 1 2

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

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Ta có :

x 2

3 2

x 8 0 (x 2)(x 2x 4) 0 2

x 2x 4 0 (*)
 

        

   



Phưong trình (*) có   1 43 3i 2  i 3 nên (*) có 2 nghiệm :
x 1 i 3 , x 1 i 3   

Vậy phương trình có 3 nghiệm x2 , x 1 i 3 , x 1 i 3   

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

a. 0,5đ Gọi

x 2 t
Qua M(2;3;0)

Qua M(2;3;0)

(d) : (d): (d) : y 3 t

+ VTCP a = n (1;1;2)

+ (P) P

z 2t
  


  

   

  



 

   


 

Khi đó : N d (P)   N(1;2; 2)
b. 1,5đ + Tâm I(1; 2;3) , bán kính R = 6

+ (Q) .. (P) nên (Q) : x y 2z m 0 (m 1)    

+ (S) tiếp xúc (Q)

m 1 (l)
|1 2 6 m |

d(I;(Q)) R 6 | 5 m | 6

m 11

 

  

        



Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) : x y 2z 11 0   

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

z 1 i z 2 r

1 2 1 2 3

cos , sin

2 2 4

2 2

    



        

Vậy :

3 3

z 2(cos isin )

4 4

 

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

ĐỀ 5

( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số

x 3
y

x 2



 có đồ thị (C)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của
hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt .

Câu II ( 3,0 điểm )

a. Giải bất phương trình

ln (1 sin )

2 2

e log (x 3x) 0




  

b. Tính tìch phân : I =







x x

(1 sin )cos dx

2 2

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số  

x
x

e
y

e e trên đoạn [ln2 ; ln4] .

Câu III ( 1,0 điểm )

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

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
8. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

x 2 2t
(d ) : y 3

z t
 





 

 và 2

x 2 y 1 z

(d ) :

1 1 2

 

 

 .

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

b. Viết phương trình đường vng góc chung của (d ),(d )1 2 .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Tìm môđun của số phức z 1 4i (1 i)    3.

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng () : 2x y 2z 3 0    và hai 
đường thẳng (d1 ) :

 

 


x 4 y 1 z

2 2 1 , (d2 ) :

  

 


x 3 y 5 z 7

2 3 2 .

a. Chứng tỏ đường thẳng (d1) song song mặt phẳng () và (d2) cắt mặt phẳng () .
b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng (d1) và (d2 ).

c. Viết phương trình đường thẳng () song song với mặt phẳng () , cắt đường thẳng
(d1) và (d2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 .

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

Tìm nghiệm của phương trình z z 2, trong đó z là số phức liên hợp của số phức z .
. . . .Hết . . . .

HƯỚNG DẪN

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

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

x 3 mx 1 g(x) mx2 2mx 1 0 , x 1
x 2



       

 (1)

Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt  phương trình (1) có hai nghiệm phân

biệt khác 1 

m 0 m 0

m 0
2

m m 0 m 0 m 1

m 1

g(1) 0 m 2m 1 0

   

 

  



        

  




     






Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ pt 

ln 2 2 2

2 2

e  log (x 3x)  0 2 log (x 3x) 0 (1)
Điều kiện : x > 0  x 3

(1)  log (x2 23x) 2 x23x 2 2 x23x 4 0   4 x 1 
So điều kiện , bất phương trình có nghiệm : 4 x  3 ; 0 < x 1

b) 1đ I =

2 x x x 2 x 1 x 1 2

(cos sin .cos )dx (cos sinx)dx (2sin cosx)

2 2 2 2 2 2 2 0

0 0

 



     



2 1 1

2. 2

2 2 2

   

x   2 

y + +

y 

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

c) 1đ Ta có :

x
e

y 0 , x [ln2 ; ln4]

x 2

(e e)

   



2
miny y(ln2)

2 e
[ln2 ; ln4]  

4
Maxy y(ln4)

4 e
[ln2 ; ln4]  
Câu III ( 1,0 điểm )



2 3

a 3 a 3

Vlt AA '.SABC a.

4 4

  

 Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp
ABC , A'B'C' thí tâm của mặt cầu (S) ngoại
tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm
I của OO’ .

Bán kính

a 3 a a 21

2 2 2 2

R IA AO OI ( ) ( )

3 2 6

     

Diện tích :

2
a 21 7 a

2 2

Smc 4 R 4 ( )

6 3



    

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
 1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

a) 1đ Thay x.y.z trong phương trình của (d1) vào phương trình của (d2) ta được :

2t 3 1 t

(t 1) (t 4)

1 1 2

 

     

 vô nghiệm .

Vậy (d )1 và (d )2 không cắt nhau .

Ta có : (d ) 1 có VTCP u1  ( 2;0;1) ; (d ) 2 có VTCP u2  (1; 1;2)
Vì u .u 1 2 0 nên (d )1 và (d )2 vng góc nhau .

b) 1đ Lấy M(2 2t;3;t) (d )  1 , N(2 m;1 m;2m) (d )   2
Khi đó : MN (m 2t; 2 m;2m t)    



MN vuông với (d ),(d )1 2

MN.u1 0 t 0 M(2;3;0), N( ; ;5 4 2)

m 1/ 3 3 3 3

MN.u2 0

    



    



 




 
 

x 2 y 3 z
(MN) :

1 5 2

 

  

là phưong trình đường thẳng cần tìm .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

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

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

a) 0,75đ

qua A(4;1;0) qua B( 3; 5;7)

(d ):1 VTCP u (2;2; 1) , (d ):2 VTCP u (2;3; 2) ,

1 2

   

     

 

 

( )

có vtpt n (2; 1;2) 
Do u .n 01 

 

và A ( )  nên (d1) .. () .
Do u .n2  3 0

 

nên (d1) cắt () .

b) 0,5 đ Vì [u ,u ] ( 1;2;2) , AB ( 7; 6;7)1 2     



 



[u ,u ].AB1 2
d((d ),(d ))1 2 3

[u ,u ]1 2

 



 
 

c) 0,75đ phương trình

qua (d )1

mp( ): ( ): 2x y 2z 7 0
// ( )




       





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

Theo đề : MN2   9 t 1 .

Vậy

qua N(1;1;3) x 1 y 1 z 3

( ): ( ):

1 2 2

VTCP NM (1; 2; 2)

   

     

 

  




Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực . ta có : z a bi  và z2 (a2 b ) 2abi2 

Khi đó : z z 2  Tìm các số thực a,b sao cho :

2 2

a b a

2ab b


  








Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) ,

1 3
( ; )

2 2


1 3

( ; )

2 2

 

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

ĐỀ 6

( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y = x 42x2 có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M ( 2;0) . .

Câu II ( 3,0 điểm )

a. Cho lg392 a , lg112 b  . Tính lg7 và lg5 theo a và b .

b. Tính tìch phân : I =

1
x

x(e sin x)dx
0





c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số 2
x 1
y

1 x



 .
Câu III ( 1,0 điểm )

Tính tỉ số thể tích của hình lập phương và thể tích của hình trụ ngoại tiếp hình lập
phương đó .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .

1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với các đỉnh là A(0;2;1) , 
B(3;1;2) , C(1;1;4) .

a. Viết phương trình chính tắc của đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác .
b. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm C và vng góc với mặt
phẳng (OAB) với O là gốc tọa độ .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) :

1
y

2x 1


 , hai đường thẳng x = 0 ,
x = 1 và trục hoành . Xác định giá trị của a để diện tích hình phẳng (H) bằng lna .

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;4;2) và hai mặt phẳng (P1) :
2x y z 6 0    , (P ): x 2y 2z 2 02     .

a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng (P1) và (P2) cắt nhau . Viết phương trình tham số của
giao tuyến  của hai mặt phằng đó .

b. Tìm điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên giao tuyến  .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21></div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

HƯỚNG DẪN

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

b) 1đ Gọi () là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k
nên ( ) : y k(x   2)

() là tiếp tuyến của ( C )  Hệ sau có nghiệm :

4 2

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

4x 4x k (2)


   




  


Thay (2) vào (1) ta được :

2 2
2

x(x 2)(3x 2x 4) 0 x ,x 0,x 2

       



2 2 (2) 8 2 8 2 16

x k ( ) : y1 x

3 27 27 27

         

 x 0   (2) k 0   ( ) : y 02 

 x 2 (2)k4 2  ( ) : y3 4 2x 8

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ Ta có : a = lg392 =

3 2 10

lg(2 .7 ) 3lg2 2lg7 3lg 2lg7 3 3lg5 2lg7
5

      

 2lg7 3lg5 a 3   (1)

b = lg112 =

4 10

lg(2 .7) 4lg2 lg7 4lg 4lg5 4 4lg5 lg7
5

      

 lg7 4lg5 b 4   (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ :

2lg7 3lg5 a 3 lg5 1(a 2b 5) , lg7 1(4a 3b)

5 5

lg7 4lg5 b 4

   

     



  



b) 1d Ta có I =

2 2

1 1 1

x x

x(e sin x)dx xe dx xsin xdx I1 I2

0 0 0

    



2 2 2 1

1 11 1 1

x x 2 x

I1 xe dx e d(x ) ( e ) = (e 1)

2 2 0 2

0 0









 

. Cách khác đặt t = x2

I2 xsin xdx .
0





Đặt :

u x du dx

dv sinxdx v cosx

   



 

 

 

x   1 0 1 

y + 0  0 + 0 

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

nên

1 1

2 0 0

I  [ xcosx] 



cosxdx cos1 [sinx]  cos1 sin1

Vậy :
1

I (e 1) sin1 cos1
2

   

c) 1đ Tập xác định : D 

2 2
1 x

y , y = 0 x = 1

(1 x ) 1 x


  

  ,

x x x x

2
1
x(1 )

lim y lim lim y 1 ; lim y 1

1
x . 1

         



   


Bảng biến thiên :

Vậy : Hàm số đã cho đạt : M maxy = y(1)   2
¡

Không có GTNN¡
Câu III ( 1,0 điểm )

Nếu hình lập phương có cạnh là a thì thể tích
của nó là V1 a3

Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có bán
kính

a 2
R

2


và chiều cao h = a nên có thể

tích là

3
a
V2 2

. Khi đó tỉ số thể tích :

V1 a 2

V2 a

 




II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .

1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

a) 1đ Trung điểm của cạnh BC là M(1;0;3)

Trung tuyến

Qua M( 1;0;3) x y 2 z 1

(AM): (AM):

VTCP u = AM ( 1;2;2) 1 2 2

   

  



  






§

§
b) 1đ

x   1 

y + 0 
y 2

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

Mặt phẳng (OAB) :

Qua O(0;0;0)

OA (0; 2;1)
VTCP :

OB ( 3;2;1)


 

  



§
§

 VTPT n = [OA;OB] ( 1)(5;3;6) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 


x 1 5t
Qua C(1; 1;4)

(d): VTCP u = n = ( 1)(5;3;6) (d): y 1 3t
z 4 6t
  

 
     

   

 
§
§
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Vì hàm số

1
y

2x 1


 liên tục , không âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích :

1 1 1

0 0

1 1 d(2x 1) 1 1

S dx ln 2x 1 ln3

2x 1 2 2x 1 2 2



    

 



Theo đề :

a 0
1

S lna ln3 lna ln 3 lna a 3

2 a 3

 

        



2. Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :

a) 1đ

+ Mặt phẳng (P1) có VTPT n1(2; 1;1)


, mặt phẳng (P2) có VTPT n2 (1;2; 2)

Vì
2 1
1 2



nên suy ra (P1) và (P2) cắt nhau .
+ Gọi u



là VTCP của đường thẳng  thì u


vng góc n1và n2 nên ta có :
u [n ; n ] (0;5;5) 5(0;1;1)1 2  

  

Vì  (P ) (P )1  2 . Lấy M(x;y;x) ( ) thì tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ :

2x y z 6 0 , cho x = 2 ta
x 2y 2z 2 0

    


   

 được :

y z 2 y 1 . Suy ra : M(2;1;3)

2y 2z 4 z 3

    

 
  
 
Vậy
x 2

qua M(2;1;3)

( ): vtcp u 5(0;1;1) ( ): y 1 t
z 3 t

 
 
      

   


§
§

b) 1đ Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên đường thẳng () .

Ta có : MH  . Suy ra : H (Q) , với (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông 
với  . Do đó

qua M(2;1;3)

(Q): vtpt n = u 5(0;1;1) (Q): 0(x 1) 1(y 4) 1(z 2) 0 (Q): y z 6 0


          
 

 
§

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

pt( )
1
t H(2;2;4)
5

    

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

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

Khi đó (H) giới hạn bởi các đường thẳng x = 0 , x = 1 , ( C) và (G) .

Vì 0 x 2  x , x (0;1)  nên gọi V ,V1 2 lần lượt là thể tích sinh ra bởi ( C) và (G) .

Khi đó :

1 2 5

4 1

2 1 0

x x 3

V V V (x x )dx [ ]

2 5 10



  



   

ĐỀ 7

( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y x 33x2 4 có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b. Cho họ đường thẳng (d ) : y mx 2m 16m    với m là tham số . Chứng minh rằng

(d )m luôn cắt đồ thị (C) tại một điểm cố định I .
 Câu II ( 3,0 điểm )

a. Giải bất phương trình

x 1

x 1 x 1

( 2 1) ( 2 1)



 

  

b. Cho
1

f(x)dx 2
0





với f là hàm số lẻ. Hãy tính tích phân : I =
0

f(x)dx
1




c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất nếu có của hàm số

4x 1

y 2 
.

Câu III ( 1,0 điểm )

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a . Hình chiếu
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 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó.

10.Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz .Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vng

góc với mặt phẳng (Q) :

x y z 0

  

và cách điểm M(1;2;1) một khoảng bằng 2 .

Câu V.a ( 1,0 điểm ): Cho số phức

1 i
z

1 i




 . Tính giá trị của z2010.
11.Theo chương trình nâng cao:

Câu IV.b ( 2,0 điểm ):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d):

x 1 2t
y 2t

z 1

  




 

 và mặt phẳng
(P) : 2x y 2z 1 0    .

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

đường thẳng (d) .

Câu V.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 .

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

HƯỚNG DẪN

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

x   2 0 

y + 0  0 +

0 
  4

b) 1đ Ta có : Phương trỉnh hồnh độ điểm chung của (C) và (d )m :
x 2

3 2 2

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

x 5x 10 m 0

 

            

    



Khi x = 2 ta có y 2 33.22 4 16 ; y = 2m 2m + 16 = 16 , m    

Do đó (d )m ln cắt (C) tại điểm cố định I(2;16 ) .

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ Vì

1 1

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

2 1



       



nên

x 1

x 1 x 1

x 1

bpt ( 2 1) ( 2 1) x 1

x 1




 



      

 do 2 1 1 

2 x 1

(x 1)(x 2) 0

x 1 x 1

    

 

   

  

b) 1đ Đổi biến : u = x  dudx dxdu .

Đổi cận :  x = 1 u 1
 x = 0  u 0

Vì f là hàm số lẻ nên f( u) f(u)

Khi đó : I =

0 1 1 1

f( u)du f( u)du f(u)du f(x)dx 2

1 0 0 0





 



 









c) 1đ Tập xác định D 
x

   , ta có :

x 1

2 2 2

(2x 1) 0 4x 4x 1 0 4x 1(4x 1)

2 4

4x 1

          

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

x 1

2 2 2

(2x 1) 0 4x 4x 1 0 (4x 1) 4x

2 4

4x 1

          

 (2)

Từ (1) và (2) suy ra :

2 2

x x

1 1

1 x 1 2 4 24x 1 24 1 24x 1 42, x

2 4

4 4x 1 4 2



 

          





Vậy :

1 1 1 4

min y y( ) ; max y y( ) 2
4

2 2 2

    

 

Câu III ( 1,0 điểm )

Gọi H là trung điểm của AB . Ta có A’H (ABC) .Kẻ HE AC thì A'EH 45  là góc

giữa hai mặt (AA’C’C) và (ABC) . Khi đó : A’H = HE =
a 3

4 ( bằng 
1

2 đường cao 

ABC) . Do đó :

2 3

a 3 a 3 3a
VABC.A'B'C' .

4 4 16

 

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với A2B2C20

Vì (P)  (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0  A+B+C = 0  C A B (1)
Theo đề :

d(M;(P)) = 2

A 2B C 2 2 2 2

2 (A 2B C) 2(A B C )

2 2 2

A B C

 

       

  (2)

Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5

8A
2

B 0 B 0 hay B =
5

   

 B 0   (1) CA . Cho A 1,C 1 thì (P) : x z 0 



8A
B =

5


. Chọn A = 5 , B = 1  (1) C 3 thì (P) : 5x 8y 3z 0  
 Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Ta có :

2
1 i (1 i)

z i

1 i 2

 

  

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

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :

a) 1đ

Tâm mặt cầu là I (d) nên I(1+2t;2t;1) 
Theo đề : Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên

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

d(I;(P)) R 3 6t 3 3 t 0,t 1

4 1 4

    

        

 

 t = 0 thì I(1;0;1)  (S ):(x 1)1  2y2(z 1) 2 9

 t = 1 thì I(1; 2 ;1)  (S ):(x 1)2  2 (y 2) 2(z 1) 2 9
b) 1đ VTCP của đường thẳng (d) là u (2;2;0) 2(1;1;0) 

VTPT của mặt phẳng là v (2;1; 2) 
Gọi u



là VTCP của đường thẳng () thì u



vng góc với u,n  do đó ta chọn
u [u,v] ( 2)(2; 2;1)     .

Vậy

Qua M(0;1;0) x y 1 z

( ): vtcp u [u,v] ( 2)(2; 2;1) ( ):

2 2 1

 

     

    

 

  
§

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Gọi z ,z1 2 là hai nghiệm của phương trình đã cho và B a bi   với a,b  .

Theo đề phương trình bậc hai z2Bz i 0  có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i .
nên ta có : z12z22(z1z )2 2 2z z1 2S2 2P ( B)  2 2i4i hay B2 2i hay

(a bi) 2 2i a2 b22abi2i Suy ra :

2 2

a b 0

2ab 2



  






 .

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

ĐỀ 8

( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số

x 2
y

1 x



 có đồ thị (C)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) .

b. Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y = mx  4 2m luôn đi qua một điểm cố định

của đường cong (C) khi m thay đổi . .

Câu II ( 3,0 điểm )

a. Giải phương trình log (22 x 1).log (22 x 1  2) 12

b. Tính tìch phân : I =

0 sin 2x
dx
2
(2 sin x)
/2 
 



c. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị

x 3x 1
(C) : y

x 2

 



 , biết rằng tiếp tuyến này 
song song với đường thẳng (d) : 5x 4y 4 0   .

Câu III ( 1,0 điểm )

Cho hình chóp S,ABC . Gọi M là một điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2 MA . Tính tỉ
số thể tích của hai khối chóp M.SBC và M.ABC .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó

1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có các đỉnh A,B,C lần lượt nằm

trên các trục Ox,Oy,Oz và có trọng tâm G(1;2;1) Hãy tính diện tích tam giác ABC . 
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường ( C ) : y = x2, (d) : y = 6 x và trục hồnh . 
Tính diện tích của hình phẳng (H) .

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ . Biết
A’(0;0;0) , B’(a;0;0),D’(0;a;0) , A(0;0;a) với a>0 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm các
cạnh AB và B’C’ .

a. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và song song với hai đường thẳng AN và
BD’ ..

b. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD’ .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tìm các hệ số a,b sao cho parabol (P) : y 2x 2ax b tiếp xúc với hypebol (H) :
1
y

x

Tại điểm M(1;1)

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

HƯỚNG DẪN

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

b) 1đ

Ta có : y = mx  4 2m  m(x 2) 4 y 0 (*)   

Hệ thức (*) đúng với mọi m

x 2 0 x 2

4 y 0 y 4

    

   

   

 

Đường thẳng y = mx  4 2m luôn đi qua

điểm cố định A(2;  4) thuộc (C)

( Vì tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình

x 2
y

1 x



 )

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ Điều kiện : x > 1 .

2 x 2 x

pt log (2 1).[1 log (2 1)] 12 0 (1) 

Đặt : t log (2 2 x1) thì (1) t2 t 12 0  t 3 t  4

2
2

x x

t = 3 log (2 1) 3 2 9 x log 92

17 17

x x

t = 4 log (2 1) 4 2 x log2

16 16

      

       

®
®

b) 1đ Đặt t 2 sin x   dt cosxdx

x = 0 t = 2 , x = t 1
2

22(t 2) 21 2 1 2 12 4

I = dt 2 dt 4 dt 2ln t 1 4 ln 4 2 ln

2 t 2 t 2

t t 1 e

1 1 1



   



      



®
®

c) 1đ Đường thẳng (d)

5x 4y 4 0 y x 1

     

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

5
( ) : y x b

  

x   1 

y + +

y 

1


1

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

 là tiếp tuyến của ( C )  hệ sau có nghiệm

x 3x 1 5 x b (1)

x 2 4

x 2 : 2

x 4x 5 5 (2)

2 4

(x 2)


 

  




 

 

 





(2) x 4x 0 x 0 x 4

1 5 1

(1)

x = 0 b tt( ) : y1 x

2 4 2

5 5 5

(1)

x = 4 b tt( ) : y2 x

2 4 2

      

       

®
®

Câu III ( 1,0 điểm )

Ta có :

VS.MBC SM 2 V 2.V (1)

S.MBC S.ABC

VS.ABC SA 3  3

2 1

VM.ABC VS.ABC VS.MBC VS.ABC .VS.ABC .VS.ABC (2)

3 3

    

Từ (1) , (2) suy ra :

VM.SBC VS.MBC 2
VM.ABC VM.ABC 
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Vì các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz nên ta gọi A(x;0;0) , B(0;y;0),
C(0;0;z) . Theo đề :

G(1;2;1) là trọng tâm tam giác ABC

x 1

3 x 3

y 2 y 6

3 z 3

z 1

3





 


 

     

  

 


 0,5đ
Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0;3) 0,25đ

Mặt khác :

3.V

1 OABC

VOABC .d(O,(ABC).SABC SABC

3 d(O,(ABC)

  

0,25đ

Phương trình mặt phẳng (ABC) :

x y z 1

3 6 3 0,25đ

nên

d(O,(ABC)) 2

1 1 1

9 36 9

 

 

0,25đ
Mặt khác :

1 1

VOABC 6.OA.OB.OC .3.6.3 9
6

  

0,25đ

Vậy :

27
SABC 2

0,25đ

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

Phương trình hịnh độ giao điểm của ( C ) và (d) :

x 2

2 2

x  6 x x  x 6 0   x 3



2 6 1 x2 26

2 3 2 6

S x dx (6 x)dx [x ]0 [6x ]2

3 2 3

0 2









    

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

a) 1đ Từ giả thiết ta tính được : B(a;0;a),

D(0;a;0) , A(0;0;a) , M(2a;0;a) , N(a;
a
2;0) .

a a

AN (a; ; a) (2;1; 2)

2 2

BD' ( a;a; a) a(1; 1;1)

   

    





Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với
AN và BD’ nên có VTPT là

2
a

n [AN,BD'] (1;4;3)
2

 

 


Suy ra :

a 7a

(P):1(x ) 4(y 0) 3(z a) 0 x 4y 3z 0

2 2

          

b) 1đ Gọi  là góc giữa AN


và BD'



. Ta có :

2
a

2 2

a a

AN.BD' 1 3 3

cos arccos

3a 3 3 9 9

AN . BD' .a 3
2
2

[AN,BD'] (1;4;3),AB (a;0;0) a(1;0;0)
2

  

       

  

 
 

  

Do đó :

3
a

[AN,BD'].AB 2 a

d(AN,BD')

2 26

[AN,BD'] a . 26
2

  

  
 

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tiếp điểm M có hồnh độ chính là nghiệm của hệ phương trình :
1

2
1

2 2x ax b

2x ax b x

1
1

2 4x a

(2x ax b)' ( )' 2

x x



   

   

 



 

 

    

  (I)

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

2 a b 1 a b 1 a 5

4 a 1 a 5 b 4

        

 

  

   

  

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

ĐỀ 9

( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y x 42(m 2)x 2m2 5m 5 có đồ thị (Cm)
c. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1 .

b. Tìm giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt .

Câu II ( 3,0 điểm )

d. Giải phương trình 9x 5x 4x 2( 20)x

e. Tính tích phân : I =
1

2
ln(1 x )dx
0





f. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = lnx x . 
Câu III ( 1,0 điểm )

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành với AB = a , BC = 2a và
ABC 60 ; SA vng góc với đáy và SC tạo với đáy góc  .

a) Tính độ dài của cạnh AC .

b) Tính theo a và  thể tích của khối chóp S.ABCD .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 
1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A(2;0; 1) ,B(1;0;0) ,C(1;1;1) và mặt

phẳng ( ): x y z 2 0     .

a. Viết phương trình mặt phẳng ABC. Xét vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng (ABC) và
mặt phẳng () .

b. Viết phương trình mặt cầu (S) qua 3 điểm A,B,C và có tâm nằm trên mặt phẳng () .
 Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y 4 x  2 và y x 22 Tính thể tích của
khối trịn xoay khi (H) quay quanh trục hồnh .

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

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D1 1 1 1 có các cạnh AA1 a, AB = AD = 2a . Gọi
M,N,K lần lượt là trung điểm các cạnh AB,AD,AA1 .

a) Tính theo a khoảng cách từ C1 đến mặt phẳng (MNK) .
b) Tính theo a thể tích của tứ diện C MNK1 .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

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

HƯỚNG DẪN

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

x   1 0 1 

y  0 + 0  0 +

y  1 

0 0

b) 1đ Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành :
x42(m 2)x 2m2 5m 5 = 0 (1)

Đặt t x ,t 0 2  . Ta có :

(1)  t22(m 2)t m  2 5m 5 0  (2)

Đồ thị (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt

 pt (1) có 4 nghiệm phân biệt  pt (2) có 2 nghiệm dương phân biệt .



m 1 0

' 0 5 5

P 0 m 5m 5 0 1 m

S 0 2(m 2) 0

  
  





       

 

    

 

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ

5 2

2x x x 2 x x x x x

pt 3 [( 5) 2 ] 3 ( 5) 2 ( ) ( ) 1

3 3

        

(1)

Vì

5 2

0 , 1

3 3

 

nên vế trái là hàm số nghịch biến trên 
Mặt khác : f (2) = 1 nên pt (1)  f (x) = f (2)  x = 2 .

c) 1đ

Đặt

2xdx

2 du

u ln(1 x ) 2

1 x

dv dx v x



 

   



  



 

 


Ta có :

1 2 1 1

1 x 1 1

2 1

I x ln(1 x ) 2 dx ln 2 2 (1 )dx ln2 [2x]0 dx = ln2 2 2M

2 2 2

0 01 x 0 1 x 01 x

          

  



Với

1 1

M dx

2
1 x
0






. Đặt x tant , ta tính được M = 4


Do đó : I ln2 2 2


  

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

1 1 1 1 1 1 1 1

y ( ), y 0 ( ) 0 x 4

x 2 x x x 2 x x 2

         

B ng bi n thiên : ả ế

x 0 4 

y  0 +
y 2ln2 - 2

Vậy :

Maxy y(4) 2 ln 2 2

(0;)  

Câu III ( 1,0 điểm )

a) Áp dụng định lí cơsin vào ABC , ta có : AC = a 3

b) Vì

 3 2

SABCD AB.BC.sinABC a.2a. a 3
2

SA AC.tan a 3.tan

1 3

VS.ABCD .SA.SABCD a tan
3

  

   

  

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
. 1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

a) 1,0đ (ABC) : x y z 1 0   

Vì 1:1: 1 1:1:1  nên hai mặt phẳng cắt nhau .

b) 1,0đ Gọi mặt cầu cần tìm là : (S) : x2y2z22ax 2by 2cz d 0    với

a2b2 c2d2 có tâm I( a; b; c)  

(S) qua A,B,C và tâm I thuộc mặt phẳng ( ) nên ta có hệ :

5 4a 2c d 0 a 1

1 2a d 0 b 0

3 2a 2b 2c d 0 c 1

a b c 2 0 d 1

      

 

     



 

     

 

     

 

 

Vậy (S) : (S) : x2y2z2 2x 2z 1 0   có tâm I(1;0;1) và bán kính R = 1 .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Phương trình hồnh độ điểm chung : 4 x 2 x2 2 x2  1 x1
Vì 4 x 2x2 2, x [ 1;1]   nên :

1 1

2 2 2 2 2

VOx [(4 x ) (x 2) ]dx [12 12x ]dx 16

1 1

       

 



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

a) 1đ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O
trùng với A , các trục Ox ,Oy ,Oz đi qua
B, D và A1như hình vẽ .

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

A1(0;0;a) , C1(2a;2a;a) , M(a;0;0) , N(0;a;0)
K(0;0;

a
2) .

Khi đó : (MNK): x y 2z a 0   

Suy ra :

5a 6
d(C ;(MNK))1

6


b) 1đ Ta có : 1

1 5a

VC MNK [MN,MK].MC1

6 12

 

  
  
  
  
  
  
  
  
  

  
  
  
  
  

với

2 2

a a 2

[MN,MK] ( ; ;a )
2 2


 

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

M là tổng của 10 số hạng đầu tiên của một cấp số nhân có số hạng đầu tiên u1 1 , cơng
bội q = (1 i) 2 2i

Ta có :

10 10 10

1 q 1 (2i) 1 2 1025(1 2i)

M u .1 1 q 1. 205 410i

1 2i 1 2i 5

   

     

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

ĐỀ 10

Mơn : Tốn. Thời gian: 150 phút

I. PHẦN CHUNG CHO HỌC SINH CẢ 2 BAN (8,0 điểm)

Câu 1 (3.5 điểm)

Cho hàm số y=− x3+3 x − 2 , gọi đồ thị của hàm số là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.

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

3. Dựa vào đồ thị (C), định m để phương trình x3−3 x +2+m=0 có ba nghiệm

phân biệt.

Câu 2: (1.5 điểm) Giải bất phương trình: log2(x −3)+log2(x − 2)≤ 1

Câu 3: (1.5 điểm) Giải phương trình x2− 4 x +9=0 trên tập số phức.

Câu 4: (1.5 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa
mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của khối chóp SABCD theo a.

II. PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN (2.0 điểm)

A. Thí sinh Ban KHTN chọn câu 5a hoặc câu 5b

Câu 5a (2.0 điểm)

1. Tính tích phân I=



0
1

x2

√

2+x3dx

2. Viết phương trình các đường thẳng vng góc với đường thẳng y=−4

3x +
1
3
và tiếp xúc với đồ thị hàm số y=x2+x +1

x +1 .

Câu 5b (2.0 điểm) Trong Kg Oxyz cho điểm A(3;4;2), đường thẳng (d): x1=y
2=

z −1

3
và mặt phẳng (P): 4 x +2 y +z − 1=0 .

1. Lập phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) và cho biết toạ
độ tiếp điểm.

2. Viết pT đường thẳng qua A, vng góc (d) và song song với mặt phẳng (P).
B. Thí sinh Ban KHXH & NV chọn câu 6a hoặc câu 6b

Câu 6a (2.0 điểm)

1. Tính tích phaân: I=



0
2

|x − 1|dx

2. Viết pt các đường thẳng song song với đường thẳng y=− x+3 và tiếp xúc với

đồ thị hàm số y=2 x −3

1− x .

Câu 6b (2.0 điểm) Trong KgOxyz cho điểm A(2;0;1), đường thẳng (d):
1

2
2

x t

y t

z t

 





  

 và mặt
phẳng (P): 2 x − y +z +1=0 .

1. Lập phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P).

2. Viết p trình đường thẳng qua điểm A, vng góc và cắt đường thẳng (d). 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Ý Nội dung Điểm

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

Câu Ý Nội dung Điểm

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): y=− x3+3 x − 2 của hàm số. 2.5đ

 Vẽ đồ thị:

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7

x
y

y = m
y = 0

y = -4

2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành. 0.5đ

 Do hoành độ giao điểm của (C) với Ox là x = -2; x = 1 và

f (x)=− x3+3 x −2 ≤0 trên đoạn [−2 ;1] nên diện tích hình

phẳng được tính bởi:



|f (x)|dx=



− 2
1

[− f (x)]dx=¿



−2
1

(x3−3 x +2)dx

S=



− 2
1

[

4 x

4−3

2x

+2 x

]

− 2
1

(

14−
3

2+2

)

−( 4 −6 − 4 )=
27

4 ñvdt

0.25
0.25
3 Dựa vào đồ thị (C), định m để phương trình x3−3 x +2+m=0 (1) có

ba nghiệm phân biệt.

0.5đ

 Do x3−3 x +2+m=0⇔ − x3+3 x −2=m nên số nghiệm của 
phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường 
thẳng (d): y = m

Dựa vào đồ thị, ta suy ra được:

 Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ − 4<m<0

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

Câu Ý Nội dung Điểm
 Điều kiện:

x − 3>0
x − 2>0
⇔ x>3

¿{

(*)

 Khi đó:

(1)⇔ log2(x − 3)(x −2)≤1

⇔ log2(x

−5 x +6)≤ 1

⇔ log2(x2−5 x +6)≤ log22
⇔ x2− 5 x+6 ≤ 2

⇔ x2

− 5 x+4 ≤ 0

⇔1 ≤ x ≤ 4

 So với điều kiện (*) ta suy ra tập nghiệm của bpt (1) là S=¿

0.5

0.25
0.25
0.25
0.25

Câu 3 1.5đ

Giải phương trình x2− 4 x +9=0 (1) trên tập số phức.

 Phương trình (1) có biệt số Δ'=4 −9=−5

 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là : x=2 −√5i và

x=2+√5i

0.5
1

Câu 4 1.5đ

Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa 
mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của khối chóp SABCD

theo a.

 Gọi O là tâm của đáy và M là trung điểm của AB, vì SABCD

là hình chóp tứ giác đều nên ta suy ra được:

OM⊥ AB ;SM ⊥ AB . Do đó: SMO = 600

 Xét tam giác vuông SOM ta có: SO=OM. tan 600=a2√3
 Vậy thể tích khối chóp là: V =13SABCD. SO=1

3a

2a

2√3=

a3√3
6

0.5
05
0.5
Câu

5a

2đ

Ban
KHT

1 Tính tích phân I=



0
1

x2

√

2+x3dx

1ñ

 Đặt t=2+x3⇒ dt=3 x2dx⇒ x2dx=13dt
 Đổi cận: x=0⇒t=2 & x=1 ⇒t=3
 Khi đó: I=



0
1

x2

√

2+x3dx=

1
3



2

√t dt=

1
3[2√t]2

3(√3−√2)

Vaäy I=2(√3 −√2)

0.25
0.25
0.5

2 Viết phương trình các đường thẳng vng góc với đường thẳng

y=−4

3x +
1

3 và tiếp xúc với đồ thị hàm số y=

x2

+x +1

x +1 .

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

Caâu Ý Nội dung Điểm
Cách 1: Ta có

x +1¿2
¿

f ' (x)=x

+2 x

. Gọi (d) là đường thẳng cần tìm

 Do đường thẳng (d) vng góc với đường thẳng y=−43x +13
nên (d) có hệ số góc là k =3

 Hoành độ tiếp điểm của (d) và đồ thị hàm số đã cho là

nghiệm của phương trình:

x+1¿2
¿
¿3

4⇔4 x

+8 x=3 x2+6 x+3⇔ x2

+2 x −3=0⇔

x=1

x=-3

¿
¿
¿
¿

x2+2 x

 Với x = 1 thì y = 32 , tiếp điểm M1(1;

3
2)

Với x = -3 thì y = −7

2 , tiếp điểm M2(−3 ;−

7
2)
 Vậy có hai đường thẳng thoả mãn đề bài là

(d1): y −3
2=

4(x −1)⇔ y=

3
4 x+

3
4
(d2): y +7

2=
3

4(x+3)⇔ y=
3
4x −

5
4
Cách 2: Gọi (d) là đường thẳng cần tìm

 Do đường thẳng (d) vng góc với đường thẳng y=−43x +13
nên phương trình (d) có dạng: y=3

4 x +b

 (d) tiếp xúc (C)

⇔
x2

+x+1

x+1 =

4x +b (1)

x +1¿2
¿
¿
¿3

4 (2)

x2+2 x

có nghiệm

0.25

0.25
0.25

0.25

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

Câu Ý Nội dung Điểm



(2)⇔ 4 x2

+8 x=3 x2+6 x +3⇔ x2+2 x −3=0⇔

x=1

x=-3

¿
¿
¿
¿
¿

 Với x = 1 thì b=34⇒(d1): y =

3
4x+

3
4

Với x = -3 thì b=−5

4⇒(d1): y=

3
4 x −

5
4

Câu
5b

Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(3;4;2), đường thẳng (d):

x

y

z −1

3 và mặt phẳng (P): 4 x +2 y +z − 1=0

2đ

Ban
KHT

1 Lập phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) và cho
biết toạ độ tiếp điểm.

1đ

 Do mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc (P) nên bán kính của (S)

là

R=d (A ;(P))=|12+8+2− 1|

√16+4+1 =
21

√21=√21
 Phương trình (S):

z− 2¿2=21

y − 4¿2+¿

x −3¿2+¿
¿

 Phương trình đường thẳng (d) qua A và vng góc với (P) là

(d):

x=3+4 t
y=4 +2 t
z=2+t

(t∈ R)

¿{ {

 Toạ độ tiếp điểm M của (S) và (P) là nghiệm của hệ phương

trình

x=3+4 t
y=4+2 t
z=2+t

4 x +2 y +z − 1=0
⇔

¿t=−1

x=−1
y =2
z =1
⇒ M (−1 ;2;1)

¿{ { {

0.25
0.25
0.25

0.25

2 Viết phương trình đường thẳng qua A, vng góc (d) và song song 
với mặt phẳng (P).

1đ

Cách 1:

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

Câu Ý Nội dung Điểm

mặt phẳng qua A và vng góc với (d)

 Mp(Q) qua A và có VTPT là n(Q)=n(P)=(4 ;2 ;1) nên có phương

trình

4 (x − 3)+2( y − 4)+1(z −2)=0⇔ 4 x+2 y+ z−22=0

 Mp(R) qua A vaø có VTPT là n(R )=a(d )=(1;2 ;3) nên có phương

trình

1(x − 3)+2( y − 4)+3( z −2)=0⇔ x+2 y +3 z− 17=0

 Gọi (Δ)=(Q)∩(R) , khi đó (Δ) là đường thẳng thoả mãn

yêu cầu của đề bài. Phương trình

(Δ):

4 x +2 y +z − 22=0

x +2 y+3 z −17=0

¿{
Cách 2:

 Ta có VTPT của (P) là n(P )=(4 ;2 ;1) và VTCP của (d) là



a(d )=(1;2 ;3)

 Gọi (Δ) là đường thẳng cần tìm, khi đó (Δ) có VTCP là

aΔ=

[

n(P );a(d )

]

(

|

2 12 3;

|

1 43 1

|

;

|

4 21 2

|

)

=(4 ;−11;6 )

 Vậy phương trình của (Δ) : x −3
4 =

y −4

−11=

z −2

0.25
0.25
0.5
0.25

0.5
0.25

Câu
6a

2đ

Ban
KHX

1 Tính tích phân: I=



0
2

|x − 1|dx 1ñ

 Do x −1 ≤ 0 trên [0 ;1] và x −1 ≥ 0 treân [1;2] neân:

I x dx x dx x dx

2 1 2

0 0 1

1 1 1

· =

ò

- =

ò

- +

ò

-1 2 2

0 1

x x

(1-x)dx (x-1)dx éêx- ùú éê xùú

= + =ê ú+ê - ú= + =

ê ú ê ú

ë û ë û

ò

ị

1 2 2

0 1

1 1 1

2 2 2 2

 Vậy I = 1

0.25
0.25
0.25
0.25
2 Viết phương trình các đường thẳng song song với đường thẳng

y=− x+3 và tiếp xúc với đồ thị hàm số y=2 x −3

1− x

1đ

Cách 1: Ta coù

1− x¿2
¿

f ' (x)=−1¿ . Gọi (d) là đường thẳng cần tìm

 Do đường thẳng (d) song song với đường thẳng y=− x+3
nên (d) có hệ số góc là k =−1

 Hồnh độ tiếp điểm của (d) và đồ thị hàm số đã cho là

nghieäm của phương trình:

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

Câu Ý Nội dung Điểm

1 − x¿2
¿

¿−1⇔(1 − x )2=1⇔ x2−2 x=0⇔
¿

x=0

x=2

¿
¿
¿
¿

−1

 Với x = 0 thì y = -3 , tiếp điểm M1(0 ;−3)

Với x = 2 thì y = - 1, tiếp điểm M2(2;− 1)
 Vậy có hai đường thẳng thoả mãn đề bài là

(d1): y +3=−1(x − 0)⇔ y=− x −3

(d2): y +1=− 1(x − 2)⇔ y=− x+1 (d1;d2..d)
Cách 2: Gọi (d) là đường thẳng cần tìm

 Do đường thẳng (d) vng góc với đường thẳng y=− x+3
nên phương trình (d) có dạng: y=− x+b

 (d) tiếp xúc (C)

⇔

2 x − 3

1 − x =− x +b (1)
1 − x¿2

¿
¿

¿−1 (2)
¿

− 1

có nghiệm



(2)⇔ x2−2 x=0⇔

x=0

x=2

¿
¿
¿
¿
¿

 Với x = 0 thì b=−3⇒(d1): y=− x −3

Với x = 2 thì b=1⇒(d1): y=− x+1

0.25
0.25
0.25

Câu
6b

Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(2;0;1), đường thẳng (d):

x =1+t
y=2 t
z=2+t

(t∈ R)

¿{ {

vaø mặt phẳng (P): 2 x − y +z +1=0

2đ

Ban
KHX

1 Lập phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P). 1đ

 Do mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc (P) nên bán kính của (S)

là

R=d (A ;(P))=|4+1+1|

√4 +1+1=
6

√6=√6

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

Câu Ý Nội dung Điểm
 Phương trình (S):

z −1¿2=6

x − 2¿2+y2+¿
¿

0.5
2 Viết phương trình đường thẳng qua điểm A,vng góc và cắt đường

thẳng (d).

1đ

 Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vng góc với (d)
 Mp (Q) có VTPT là n(Q) a(d)(1;2;1)

 

nên có phương trình 
là

1(x − 2)+2( y − 0)+1(z −1)=0⇔ x+2 y +z− 3=0

 Toạ độ giao điểm M của (Q) và (d) là nghiệm của hệ:

x =1+t
y=2 t
z=2+t
x+2 y +z −3=0

⇔

¿t=0

x=1
y=0
z=2
⇒ M (1 ;0 ;2)

¿{ { {

 Gọi (Δ) là đường thẳng qua A, M, (Δ) có VTCP là


aΔ=AM=(−1 ;0 ;1)

 Vậy pt đường thẳng thoả yêu cầu đề bài là :

(Δ):

x=2 −t
y=0
z=1+t

(t∈ R)

¿{ {

0.25

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

ĐỀ 11

( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y x 3 3x23x 2 có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) , trục hoành và tiếp tuyến (d) với đồ thị
(C) tại điểm M(0; 2) . .

Câu II ( 3,0 điểm )

a. Giải bất phương trình 1 2 x 2 3x 1  6x

b. Tính tích phân :

2 cosx

I dx

sin x cosx
0








c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 2x 1   3x 5 .trên
5
[ ;2 ]

Câu III ( 1,0 điểm )

Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vng cân có cạnh góc vng = 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 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình

đó

12.Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;0;1) và

D( 2;1;  2) .

a. Chứng minh rằng A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện .

b. Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh A .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Giải phương trình 2z4 2z2 1 0 trên tập số phức ..

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(0;0;1) , B(0;0; 1),C(1;1;1) và

D(0;4;1)

a. Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A,B,C,D .

b. Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại C và tạo với trục Oz
một góc 45 .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

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

HƯỚNG DẪN

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

x   1 

y + 0 +

y 

1

 

b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm  (d) : y 3x 2 

2/3 2 2/3 2 20 88 4

3 2 3 2

S [y(d) y(C)]dx y(C)dx [ x 3x ]dx [x 3x 3x 2] dx

81 81 3

0 2/3 0 2/3





 







  



     

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ Chia 2 vế cho 6x 0 :

x x x 1

1 1 1

bpt ( ) 2.( ) 3.( ) 1 (1)

6 3 2



   

Đặt :

x x x 1

1 1 1

f (x) ( ) 2.( ) 3.( )

6 3 2



  

là hàm số nghịch biến trên  (2)
Mặt khác : f(2) = 1 nên (1)  f(x) f(2)

(2)
 x 2
Vậy tập nghiệm của bpt là S (2; )

b) 1đ Đặt u 2 x

 

thì ta có

0 cos( u)

2 cosx 2 2 sin u 2 sin x

I dx du du dx

sin x cosx sin u cosu sin x cosx

0 sin( u) cos( u) 0 0

2 2

  




   

    

   



Do đó :

2 cosx 2 sin x 2

2I I I dx dx dx [x]0 2

sin x cosx sin x cosx

0 0 0

  




      

 



I

4


 

c) 1đ TXĐ :
5
[ ;2 ]

Ta có :

3 89

y 2 ;y 0 x

48
2 3x 5

    

 . Vì

5 7 89 47

y( ) ,y(2) 2,y( ) =

3 3  48 24 .

Vậy :

+ Maxy = y(2) 2

[ ;2 ]
3



89 47
+ miny = y( )

48 24
5

[ ;2 ]
3

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

Câu III ( 1,0 điểm )

Xét hình nón đỉnh S , đáy là đường trịn tâm O , bán kính R
Gọi SAB cân là thiết diện qua trục SO .

Đường sinh : l = SA = SB = a

a 2
AB a 2,R

  

a. Do đó :

2 2

Sxq Rl a

2

 

2 2 a 2 1 2

Stp Sxq S a a

2 2 2

  

  đáy    

b. Đường cao :

AB a 2
h SO

2 2

  

1 2 2 3

V R h a

3 12

   

nãn

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

a) 1đ AB ( 1;1;0),AC ( 1;0;1),AD ( 3;1; 2)      

  

[AB; AC]               (1;1;1)                             [AB;AC].AD40 ,                            AB, AC, AD không đồng phẳng .
Do đó : A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình tứ diện .

b) 1đ Ta có :        

  

CD ( 2;1; 3),BD ( 2;0; 2),BC (0; 1;1)

Do đó :  

  

1 2

Vtø diƯn | [AB; AC].AD |

6 3 .

Độ dài đường cao đường cao kẻ từ đỉnh A :

  6V 2 3

hA 3

| [BC;BD] |

Cách khác : Viết pt mặt phẳng (BCD) , rồi tính khoảng cách từ A đến mp(BCD) .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Ta có : 2z42z2  1 0 . Đặt Z 2z thì phương trình trở thành : 2Z22Z 1 0  (*)
Phưong trình (*) có   1 2 3   3 nên (*) có 2 nghiệm :

 
 

  

  

 

    

1 3

* Z1 z1,2

2 2

1 3 1 3 1 3

1 3 2

* Z2 i . z3,4 i.

2 2 2 2

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

b. 1,0đ Gọi phương trình mặt cầu (S) : x2 y2z22ax 2by 2cz d 0    với

   

2 2 2

a b c d 0

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

  




   



    



   




1 2c d 0
1 2c d 0

3 2a 2b 2c d 0

17 8b 2c d 0 . Giải hệ này ta được : a1,b2,c0,d1 .

Suy ra mặt cầu (S) có tâm I(1;2;0) , bán kính : R = 6 .

Do đó phương trình (S) : x2 y2z2 2x 4y 1 0  

c. 1,0đ Gọi VTCP của (d) là u( ; ; ) víi aa b c 2b2c2 0; trục Oz có VTCP là
k( ; ; )0 0 1

IC 2 1 1






  






qua C(1;1;1)
( ) :

+ ( ; ; )và tạo với Oz một góc 45

nên ta có hệ :

2a b c 0

IC c b 2a

c 1 3a 4ab a 0

1 2 2 2

k u 2 2 2 2 c a b

2 a b c

  



    



 

     

   

   

  

   





 
u

| | hay 3a = 4b

| cos( ; ) |

+ a = 0 , chọn b = 1 , c = 1 nên pt của (d) : x = 1 ; y = 1+ t ; z = 1 + t .

+ 3a = 4b , chọn a = 4 thì b = 3 , c =  5 nên pt của (d) :

x 1 y 1 z 1

4 3 5

  

 



Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Phương trình có  (cos isin )2  4sin .cos  (cos  isin ) 2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm :

i i

z1 2

i i

z2 i

      

  

      

  

cos sin cos sin

cos

cos sin (cos sin )

sin

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

Phương pháp học tập có hiệu quả

Trong q trình học tập, học sinh thường rơi vào một trong những rắc rối sau: Thứ nhất, khơng
thể áp dụng tính năng động của bản thân vào những trường hợp vô cùng đơn giản, hay nói một cách
khác, đây là tp người ln quan trọng hóa vấn đề, biến cái đơn giản nhất thành cái khó nhất và ngược
lại, một vấn đề khó ư ? Chuyện nhỏ, đối với họ chẳng là gì. Kiểu thứ hai là mẫu người ln tự đẩy mình
vào tình trạng khơng biết phải phân bố thời gian thế nào cho hợp lý để có thể học hết khối lượng kiến
thức dày đặc. Và cả kiểu thứ ba, thứ tư... nữa chứ. Nhưng thôi hãy tạm quên chúng đi, sau đây là phương
pháp học sao cho có hiệu quả. Phương pháp này có thể chia làm ba giai đoạn như sau:

1. Giai đoạn thứ nhất: Trước khi học

Nhận thức ở đây có nghĩa là phải hiểu được yêu cầu mà q trình học địi hỏi. Tiếp theo bạn phải
biết quản lý những đặc điểm tính cách của bạn. Giả sử bạn là một người nóng tính, khi đã ngồi rất lâu rồi
mà bạn vẫn chưa tìm ra cách giải của một bài tốn khó đột nhiên bạn thấy bực mình vơ cớ và khơng
muốn họcn nữa, hãy tìm cách để kiểm sốt cơn giận đó. Có thể chỉ dùng một biện pháp đơn giản như:
trước khi học, bạn hãy viết lên một mảnh giấy nhỏ dòng chữ "Tức giận chẳng giải quyết được vấn đề gì"
để trước mặt, mỗi lần bạn thấy bực tức hãy nhìn vào mảnh giấy đó, thư giãn một vài phút sau đó lại bắt
tay làm lai từ đầu để tìm ra được vướng mẳc của bài toán... Bước tiếp theo là lên kế hoạch, hãy phân
chia thời gian cụ thể để học từng môn một.

Ví dụ như bạn quy định trong buổi chiều nay bạn sẽ phải học được hai mơn đó là: Tốn, Lý và
bạn đặt kế hoạch cho mình là phải học trong vòng ba tiếng từ 2 giờ - 5 giờ. Như vậy khơng có nghĩa là
bạn sẽ chia đều ra mỗi môn hoc trong khoảng thời gian là một tiếng rưỡi mà trước khi lên kế hoạch bạn
hãy giành chút thời gian để ước lượng xem mơn nào có số lượng kiến thức nhiều hơn rồi từ đó phân bố
thời gian học sao cho hợp lý. Tốt nhất là bạn hãy bắt đầu học từ môn nào mà bạn ưa thích hơn để tạo cho
mình niềm say mê học tập.

2. Giai đoạn thứ hai: Trong q trình học

Tính linh động trong việc đưa ra những lựa chọn đúng đắn là rất cần thiết trong giai đoạn này.
Hãy thử hình dung thế này nhé:

Bạn đang cần chứng minh một bài toán nhưng để chứng minh được nó bạn cần áp dụng một bất
đẳng thức A nào đó. Tuy bất đẳng thức này thường được dùng nhưng khi phải chứng minh bạn đột nhiên
lại chẳng nhớ phải chứng minh thế nào, lúc này bạn sẽ phải đặt mình trước hai sự lựa chọn.
+ Thứ nhất: không cần chứng minh cứ thế làm tiếp để dành thời gian còn học các môn khác. 
+ Thứ hai: là cố gắng lục lọi lại cách chứng minh bất đăng thức đó trong chồng sách vở cũ dù mất khá
nhiều thời gian.

Bạn chọn cách nào đây, tất nhiên trong phương pháp này, bạn sẽ phải chọn cách hai nếu như bạn
khơng muốn rơi vào hồn cảnh một ngày kia bạn gặp lại bài toán này trong một bài kiểm tra. Bạn có
muốn mình sẽ bị trừ điểm chỉ vì trong bài tọán có dịng chữ áp dụng bất đẳng thức A mà lại chẳng có nổi
phần chứng minh bất đẳng thức A hay không?

3. Giai đoạn thứ 3: Sau khi học xong

Trong giai đoạn cuối cùng này bạn hãy tự thực hiện mơt "cuộc càn qt" lại những gì mà bạn đã
học được. Chẳng hạn bạn có thể ghi lại vào một mảnh giấy cách chứng minh bất đẳng thức A (nêu trên)
hay những công thức, định lý... mà bạn vừa học xong hoặc làm riêng cho mỗi bộ mơn một quyển sổ nhỏ.
Ðây sẽ chính là quyển sổ tóm tắt lý thuyết của riêng bạn. Với cách này bạn sẽ nhớ lâu hơn những gì mà
mình đã học được và cũng sẽ dễ dàng hơn nếu chẳng may bạn lại quên cách chứng minh bất đẳng thức A
một lần nữa. Bạn sẽ khơng cịn phải mất nhiều thời gian để lục tìm lại đống sách vở cũ nữa đâu.

</div>

11 DE THI VA DAP AN TNPT

<sub></sub>

<sub></sub>







2x y 3z 1 0





 



<sub></sub>



<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>





x y z 0

  

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>









<sub></sub>

<sub></sub>















<sub></sub>

√

<sub></sub>

<sub></sub>



<sub></sub>

[

]

(

)

<sub></sub>

√



√



[

]

(

|

|

|

|

|

|

)