Bo 14 De On Thi TN Co DATH

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (707.3 KB, 44 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ĐỀ CƯƠNG ÔN THI TỐT NGHIỆP LỚP 12

TRƯỜNG THPT TÂN HIỆP NĂM 2010

ĐỀ 1

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

Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số:

1

2

3 y



x



x



x

cã th (C)

a) Kho sát s bin thiên v v đồ thị (C).

b) Dựa vàođồ thị (C), t×m m để phương tr×nh 1 3 2 2 3 0

3x x x m

     cã 3 nghiệm ph©n biệt .
Câu II ( 3,0 điểm )

a)Giải bất phương trình: 2 log2(x  1) > log2(5 – x) + 1

b) Giải phương trình trên tập số phức : z4 + z2 – 12 = 0

c) Tính thể tích của vật thể trịn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường :

y

x

. ;

e x

x

1;

x

2;

y

0 



xung quanh truïc Ox.

Câu III ( 1,0 điểm )Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, cạnh BC = 2a, SA
= a, SA^mp(ABCD), SB hợp với mặt đáy một góc 450.

Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

1.Theo chương trình chuẩn

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho:

   



































2

1

22

1

32 :&

1

3

21 :

tz

ty

tx

tz

ty

tx

1) Chứng tỏ hai đường thẳng (Δ1) & (Δ2) chéo nhau.

2) Viết phương trình mặt phẳng (a) chứa (Δ1) & song song với (Δ2).

Câu V.a ( 1,0 điểm ) T×m sè phøc z biÕt z 2 5 và phần ảo của z b»ng 2 lÇn phÇn 
thùc cđa nã.

2.Theo chương trình nâng cao

Câu IV.b ( 2,0 điểm )Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, Cho đường thẳng:

2 :

2

4 x

t

d

y

t

z

t

 





 



  



(t R ); và mặt phẳng ( ) :

a

x y z   2010 0

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

b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng Oyz

và (S) tiếp xúc với trục Oz tại điểm N.

Câu V.b ( 1,0 im ) Viết dạng lợng giác của sè phøc z 1 i 3.

ĐÁP ÁN ĐỀ 1

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

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số: 1 3 2
2 3
3

y x  x  x cã đồ thị (C)
a) Khảo s¸t sự biến thiên v v th (C)
Tp xác nh :D = R

 Giíi h¹n : xlim y
;lim

x  y 

 y’=x2 4x3; y’= 0  x = 1 hoc x = 3

Bảng biến thiên

x   1 3 +

y’ + 0  0 +

y 4



  0

 Hàm số đồng biến trªn mỗi khoảng ( ;1) và (3; +)
Hàm số đồng biến trªn khoảng (1;3)

 Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ= 4/3
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0

 y’’ =2x 4; y’’ = 0  x = 2. Đồ thị nhận ĐU I(2; 2/3) làm tâm đối xứng.
 ĐĐB O(0;0), M(4;4/3)

b) Dựa v o à đồ thị (C), t×m m để phương tr×nh 1 3 2 2 3 0
3x x x m

     cã 3 nghiệm

ph©n biệt

Câu II ( 3,0 điểm )

a)Giải bất phương trình: 2 log2(x  1) > log2(5 – x) + 1
ĐK: 1< x < 5

Biến đổi bpt về dạng: log2(x  1)2 > log2[(5 – x).2]

<=> (x  1)2 > (5 – x).2 (vì: 2 >1) <=> x <  3 Ú x > 3
Kết luận: 3 < x < 5

b) Giải phương trình trên tập số phức : z4 + z2 – 12 = 0
* z2 = 3, z2 =  4

-2 -1

1 2 3 4 5

-2

-1

1

2

3

4

5 x

y

CÑ

CT



3 2

1

2

3

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

* z1,2 =  3 , z3,4 = 2i

c) Tính thể tích của vật thể trịn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi
các đường :

y

x

. ;

e x

x

1;

x

2;

y

0 



xung quanh truïc Ox.

Ta coù: V =

2
1

x

xe dx



Đặt: 2x
u x
dv e dx







 => 12 2x

du dx

v e











2 2

1 1
1

2 2

x x

x

V  e 



e dx

2
2 2
4

1
2 4

x

e e

e

  

2 4 2 4 2

4 ( ) 3

2 4 4 4

e e e e e

e 

    

Câu III ( 1,0 đ)Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, cạnh BC = 2a, SA = a,
SA^mp(ABCD), SB hợp với mặt đáy một góc 450.

Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
* Xác định góc giữa cạnh SB và mặt đáy là góc SBA = 450

* Lập luận suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD là trung điểm I của đoạn SC

*Tính bán kính: r =

2
6

a

* V = . . 6

4 r3 a3



 

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

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho:

   



































2

1

22

1

32 :&

1

3

21 :

tz

ty

tx

tz

ty

tx

1) Chứng tỏ hai đường thẳng (Δ1) & (Δ2) chéo nhau.
* u1 (2;1;1)

u2 (3;1;2) Þ u1 ku2 (1)

45
2a

B C

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

*Hệ pt:





























2
1

2

1

3

2

1 t

(vô nghiệm)(2)

Từ (1) và (2) suy ra (Δ1) & (Δ2) chéo nhau.

2) Viết phương trình mặt phẳng (a) chứa (Δ1) & song song với (Δ2).
* (a) chứa (Δ1) và ss (Δ2) nên:

(a) chứa điểm A(1,3,1) (Δ1) và có 1 VTPT: [ ; ] ( 3; 7;1)u u1 2   

 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 

*Ptmp(a):  3(x – 1)  7( x  3) +1( z – 1) = 0
 3x + 7y  z – 23 = 0

Câu V.a ( 1,0 điểm )T×m sè phøc z biÕt z 2 5 vµ phần ảo của z bằng 2 lần phần thực
của nó.

Giả sö z = a+2ai. Ta cã z 5a2 2 5 a 2

  Þ 

VËy z= 2+4i, z =  2 4i
2.Theo chương trình nâng cao

Câu IV.b ( 2,0 điểm )Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, Cho đường thẳng:

2 :

2

4 x

t

d

y

t

z

t

 





 



  



(t R ); và mặt phẳng ( ) :

a

x y z   2010 0

a) Viết phương trình mặt phẳng( )



chứa đường thẳng d và vng góc với mặt phẳng
( )

a

.

( )



coù VTPT n[ , ] ( 3;0;3)u nd a  



 
 

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

với ud (1; 2;1), na (1;1;1)

 

( )



dÞ M(2;0;4) ( )



( ) :



x z 2 0

Þ   

b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d với mặt
phẳng Oyz và

(S) tiếp xúc với trục Oz tại điểm N.

Trong d cho x = 0 => t = – 2 thế vào pt d Ta có: I(0;4;2)
Gọi N(0;0;z) Þ IN (0; 4; z 2)

(S) tiếp xúc Oz tại N Þ IN ^k(0;0;1)

 

2 0 2 (0;0;2)

z z N

Þ   Þ  Þ

Vậy mặt cầu (S) có tâm: I(0;4;2) , BK :R = NI = 4 ( ) :S x2 (y 4)2 (z 2)2 16

Þ     

Cõu V.b (1.0 im)Viết dạng lợng giác của sè phøc z 1 i 3.
Ta cã 2 1 3 2

2 2 3 3

z  i  cos isin 

   

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

ĐỀ 2 ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT 2010

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

Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 1 4 4 2 3
2

y x  x  có đồ thị là (C)

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

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hồnh độ x  2.

3) Định m để phương trình : 1 4 4 2 3 lg

2x  x   m có 4 nghiệm phân biệt.

Câu II ( 3,0 điểm )

1. Giải phương trình: 1

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2

log x 1

-

+

log x 1

+ -

log

7 x

-

=

1 x R

Ỵ

2. Tính tích phân: 2 ( )4

I 2sinx 1 cosxdx

ị

3. Cho tập hợp D=

{

xỴ ¡ | 2x2+3x 9- £ 0

}

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3- 3x+3 trên D.

Câu III ( 1,0 điểm )Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), đáy
ABC là tam giácvuông tại B, AB=a 3,AC =2a, góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC)
bằng 600.

Gọi M là trung điểm của AC. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ điểm M
đến mặt phẳng (SBC).

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

1.Theo chương trình chuẩn

Câu IV.a (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

( )

x 1 y 2 z 5

d :

2 3 4

- +

-= = ,

( )

x 7 y 2 z 1

d :

3 2 2

- -

-= =

- và điểm A(1; 1;1)

-1. Chứng minh rằng ( )d1 và ( )d2 cắt nhau.

2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ( )d1 và ( )d2 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng

(P).

Câu V.a (1.0 điểm) Tìm mơđun của số phức

(

)

1 2i

1 i

z

1 i

+ -

-=

+

2. Theo chương trình Nâng cao

Câu IV.b(2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

( )

x y 1 z 6

d :

1 2 3

-= = và

( )

x 1 y 2 z 3

d :

1 1 1

- +

-= =

-1. Chứng minh rằng ( )d1 và ( )d2 chéo nhau.

2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ( )d1 và song song với ( )d2 .

Tính khoảng cách giữa ( )d1 và ( )d2 .

Câu V.b (1.0 điểm) Tính và viết kết quả dưới dạng đại số số phức

1 i 3

z

1 i 3

ổ

+

ử

ữ

ỗ

ữ

= ỗ

ỗ

ỗ -

ữ

ố

ứ

P ÁN ĐỀ 2

Bài 1: (3,0 điểm) Cho hàm số 1 4 4 2 3
2

y  x  x  có đồ thị là (C)
 a)Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.

 TXĐ: D = R.Hàm số chẵn

 y' 2 x3 8x ; y ’= 0 <=> x = 0 hoặc x =2

 BBT :

x   –2 0 2 
y ’ – 0 + 0 – 0 +
  3  
y

CT CÑ CT
 –5 –5

 HSĐB trên khoảng (–2;0) và (2;).

HSNB trên khoảng ( ;–2) và (0;2)

 Hàm số đạt cực đại tại x0;yCĐ 3

Hàm số đạt cực tiểu tại x2;yCT 5

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

o NX: đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng

o ÑÑB: A(–3; 15/2), B(3;15/2)

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

1 2 3 4 5 6

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8 x

y

O
CÑ

CT CT



4 2

4 3
2

y x  x 




B
A

b)Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hồnh độ

x



2

.

-Ta có:

y



f x

( )



f

(



2)



3 f x

'( )



f

'(



2) 4 2



-Tieáp tuyeán d:

y



4 2.(

x



2) 3 4 2.





x



5

c) Định m để phương trình : 1 4 4 2 3 lg

2x  x   m có 4 nghiệm phân biệt.

YCBT <=> 5 lgm3 <=>lg105 lgm lg103 105 m 103

    

Caâu II ( 3,0 điểm )

1. Giải phương trình: 1

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2

log x 1

-

+

log x 1

+ -

log

7 x

-

=

1 x R

Ỵ

Điều kiện:

x 1 0 x 1

x 1 0 x 1 1 x 7

7 x 0 x 7

ì ì

ï - > ï >

ï ï

ï + > Û ï > - Û < <

í í

ï ï

ï - > ï <

ï ï

ỵ î

Khi đó: 1

(

)

(

)

(

)

2 2 2

(1)Û log x 1- +log x 1+ = +1 log 7 x

(

) (

)

(

)

(

) (

)

(

)

1 1

2 2

2 2 2

log x 1 x 1 log 7 x

2
1

x 1 x 1 7 x 2x 2 49 14x x

x 3

x 14x 51 0

x 17

é ù

é ù ê ú

Û êë - + úû= ê - ú

ë û

Û - + = - Û - = - +

é =
ê

Û + - = Û ê

=-ê
ë

So điều kiện ban đầu ta suy ra nghiệm của phương trình (1) là x=3.
2. Tính tích phân: 2 ( )4

I 2sinx 1 cosxdx

ị

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

Đổi cận: x 0 t 1; x t 3
2

= Þ = = Þ =

Khi đó:

3 5

1 1

1 1 t

I t dt

2 2 5

é ù
ê ú

= = ê ú

ë û

ị

=24210 =1215

3. Cho tập hợp D=

{

xỴ ¡ | 2x2+3x 9- £ 0

}

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3- 3x+3 trên D.

{

}

D x | 2x 3x 9 0 3;

é ù

= Ỵ + - £ = -ê ú

ê ú

ë û

2 x 1 D

y' 3x 3 0

x 1 D

é = - Ỵ
ê

= - = Û ê = Ỵ

ê
ë

Do y( 3) 15; y( 1) 5; y(1) 1; y 3 15

2 8

ổửữ
ỗ
- = - - = = ỗ ữỗố ứữ=

nờn ta suy ra c: max yx DỴ =5; minyx DỴ = - 15

Câu III ( 1,0 điểm )Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), đáy
ABC là tam

giácvuông tại B, AB=a 3,AC =2a, góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy
(ABC) bằng 600.

Gọi M là trung điểm của AC. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách
từ điểm M đến

mặt phẳng (SBC).

· ·

(

) (

)

SA (ABC)

BC SB
BC AB

SBA SBC ; ABC 60
ỡù ^

ù ị ^

ớù ^
ùợ

ộ ự

ị =ờở ỳỷ=

Xột tam giỏc vng SAB và SBC ta có:

2 2

SA

AB.t an60

a 3. 3

3a

SB

SA

AB

2a 3

BC

AC

AB

a

ìï

=

ïï

=

+

=

íï

ïï

=

-

=

ïïỵ

Suy ra: dt( MBC) 1dt( ABC) 1AB.BC a 32

2 4 4

D = D = =

dt( SBC) SB.BC a 3
2

D = =

2 3

S.BCM

3
S.BCM

1 1 a 3

a 3

V

dt( MBC).SA

.

.3a

3

4 a 3

3 3V

4

3a

d(M,(SBC))

dt( SBC)

a 3

4 =

D

=

D

Câu IV.a (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

A C

B
S

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

( )

x 1 y 2 z 5

d :

2 3 4

- = + =

( )

x 7 y 2 z 1

d :

3 2 2

- = - =

-- và

điểm A(1; 1;1)

-1. Chứng minh rằng ( )d1 và ( )d2 cắt nhau.

Cách 1:

( )d1 đi qua điểm M 1; 2;51( - ) và có VTCP u1=(2;3;4)

uur

( )d2 đi qua điểm M 7;2;12( ) và có VTCP u1=(3;2; 2- )

uur

( )

1 2

M Muuuuur = 6;4; 4- và

[

1 2

]

( )

3 4 4 2 2 3

u ,u ; ; 14;16; 5

2 2 2 3 3 2

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ

=ỗỗ - - ữữ= -

-ữ

ỗố ø

uur uur

[

]

[

]

1 2

1 2 1 2

u ;u 0

u ;u .M M 84 64 20 0

ìï ¹

ïï ị

ớù = - + + =

ùùợ

r
uur uur

uuuuur

uur uur ( )d1 và ( )d2 cắt nhau.

Cách 2:

Phương trình tham số của ( )d1 và ( )d2 là:

( )

(

)

1 2

1 1 2 2 1 2

1 2

x 1 2t x 7 3t

d : y 2 3t ; d : y 2 2t t ,t

z 5 4t z 1 2t

ì ì

ï = + ï = +

ï ï

ï = - + ï = + Ỵ

í í

ï ï

ï = + ï =

-ï ï

ï ï

ỵ ỵ

Xét hệ phương trình:

1 2

1 2t 7 3t (1)
2 3t 2 2t (2) (*)
5 4t 1 2t (3)
ìï + = +

ïï

ïï - + = +
íï

ïï + =
-ïïỵ

Từ (1) và (2) suy ra : 1

t 0

t 2

=
ìïï
í =

-ïïỵ . Thay vào phương trình (3) ta thấy nó thỏa mãn.

Suy ra hệ (*) có nghiệm là 1

t 0

t 2

=
ìïï
í =

-ïïỵ .

Vậy ( )d1 và ( )d2 cắt nhau tại M(1; 2;5)- .

2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ( )d1 và ( )d2 . Tính khoảng cách từ A đến mặt

phẳng (P).

Do mặt phẳng (P) chứa ( )d1 và ( )d2 nên (P) đi qua điểm M 1; 2;51( - ) Ỵ ( )d1 và có VTPT

là

[

u ,uuur uur1 2

]

= -( 14;16; 5- )

Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là:

(

)

(

)

(

)

14 x 1 16 y 2 5 z 5 0

14x 16y 5z 71 0

- - + + - - =

Û - + - =

và khoảng cách từ A đến (P) là:

(

)

2 2 2

14 16 5 71 36

d A,(P)

477

14 16 5

+ +

-= =

+ +

Câu V.a (1.0 điểm) Tìm mơđun của số phức

(

)

1 2i

1 i

z

1 i

+ -

-=

+

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

(

)

(

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

3 4

2 2

2
2

1 2i 1 i 1 2i 1 i 1 i

1 i 1 i 1 i

1 i 2i 1 2i i

1 i

3 i 4i 7 i 7 1i

2 2 2 2

+ - - + - -

-= =

+ +

-+ - - - +

-+ - +

= = = +

Do đó:

2 2

7 1 5 2

2 2 2

ổửữ ổửữ

ỗ ỗ

= ỗỗố ứữữ+ỗỗố ø÷÷=

2. Theo chương trình Nâng cao

Câu IV.b(2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

( )

x y 1 z 6

d :

1 2 3

-= = và

( )

x 1 y 2 z 3

d :

1 1 1

- = + =

-1. Chứng minh rằng ( )d1 và ( )d2 chéo nhau.

( )d1 đi qua điểm M 0;1;61( ) và có VTCP u1=(1;2;3)

uur

( )d2 đi qua điểm M 1; 2;32( - ) và có VTCP u2=(1;1; 1- )

uur

( )

1 2

M Muuuuur = 1; 3; 3- - và

[

1 2

]

( )

2 3 3 1 1 2

u ,u ; ; 5;4; 1

1 1 1 1 1 1

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ

=ỗỗ - - ữữ= -
-ữ

ỗố ứ

uur uur

[

u ;u .M M1 2

]

1 2= - -5 12 3+ = - 14ạ 0ị

uuuuur

uur uur ( )

d v ( )d2 chéo nhau.

2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ( )d1 và song song với ( )d2 .

Tính khoảng cách giữa ( )d1 và ( )d2 .

Do mặt phẳng (P) chứa ( )d1 và song song ( )d2 nên (P) đi qua điểm M 0;1;61( ) Ỵ ( )d1 và

có VTPT là

[

u ,uuur uur1 2

]

= -( 5;4; 1- )

Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là:

5 x 0( ) 4 y 1( ) 1 z 6( ) 0

5x 4y z 2 0

- - + - - - =

Û - + - =

và khoảng cách giữa ( )d1 và ( )d2 là :

(

)

[

]

[

]

1 2 1 2

1 2 2 2 2

1 2

u ;u .M M 14 14

d d ;d

u ;u 5 4 1

-= = =

+ +

uuuuur
uur uur

uur uur

Câu V.b (1.0 điểm) Tính và viết kết quả dưới dạng i s s phc

1 i 3

z

1 i 3

ổ

+

ử

ữ

ỗ

ữ

= ỗ

ỗ

ỗ -

ữ

ố

ứ

Ta cú:

(

)

1 2

1 i 3

1 i 3 1 2i 3 3i

1 i 3 1 3i 1 3

1 2i 3 3 2 2i 3 1 3

4 4 2 2

+ + +

= = =

- - +

+ - - +

= = = - +

Dạng lượng giác của z1 là: 1

2 2

z cos i sin

3 3

p p

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

Suy ra:

8
8
1

1 i 3 2 2 16 16

z z cos(8. ) i sin(8. ) cos i sin

3 3 3 3

1 i 3

æ+ ửữ p p p p

ỗ ữ

ỗ

=ỗỗ ữữ= = + = +

ữ
ỗ

-ố ứ

cos4 i sin4 1 3i

3 3 2 2

p p

= + = -

-ĐỀ 3 Đề ôn tập lớp 12 
I. Phần chung :

Bài 1 : (3,0đ)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x3 – 6x2 + 9x

b) Tính thể tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) và trục Ox
Bài 2 : (3,0đ)

a) Giải phương trình : lg2 x 6.lgx 5 0

  

b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
f(x) = 9 x2 x

 
c) Tính tích phân :

1 1 3ln

e

dx
I

x x







Bài 3 : (1,0đ)

Cho hình chóp S.ABC, SA vng góc mp(ABC). Biết tam giác ABC vuông cân tại A, gọi I là
trung điểm cạnh BC, biết BI = a, góc tạo bởi SI và (ABC) bằng 600. Tính thể tích hình chóp

S.ABC.

Bài 4 : (1,0đ)

Cho phương trình : 8z2 – 4z + 1 = 0. Chứng minh phương trình có hai nghiệm phức z

1 và z2 và
tính 2 2

1 2
z z

II. Phần riêng (Chọn một trong hai phần)
Bài 5a (2,0đ)

Cho đường thẳng 1 :

2 4
3 3

x t

y t

z

 




 

 


và 2 :
2
2 7

x t

y t

z

 



 

 


và điểm A(3; 2; 1)

a) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và vng góc 1; 2
b) Tính góc giữa hai đường thẳng 1; 2

Bài 5b (2,0đ)

Cho phương trình x2 + y2 + z2 – 4mx + 4y + 2mz + m2 + 4m = 0.

a) Khi m = 1. viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu tại điểm M



1; 3; 2 1 



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

Đáp án đề 3

Bài 1 :

a) Tự giải

b) Tìm nghiệm x3 – 6x2 + 9x = 0 0

x
x




  







6 4 2 5 4 4

36 81 12 108 18

V 



x  x  x  x  x  x dx

+ Tìm nguyên hàm
+ Đáp số : V = 729



Bài 2 :

a) Đặt t = lgx, ta có t2 + 6t + 5 = 0

1
5

lg 1 10

lg 5 10

t x x



   Þ 



  Þ 



b) f(x) xác định trên



3;3







1 0 0;3

2
9

x

y x

x



      



0;3

9 3
( )

2 2

Max f x   ; Min f x0;3 ( )3
c) t = 1 + 3lnx =>

dt dx
x



nguyên hàm của I = 1 1 2 2 1 3ln



t dt3 t C 3  x C
Tích phân của I =

0
2

1 3ln
3  x =

2
3
Bài 3 : SABC = 2

1
.

2 AI BC a ; SA = atan60

0 = a 3vậy V =

3 3
3

a

Bài 5a

a) 1 có vtcp a



4;3;0





; 2 có vtcp b



1;7;0





; Gọi n a b  



0;0; 25



Ptts của d đi qua điểm A có vtcp là n a b  



0;0; 25



:
3
2
1 25

x
y

z t







  


b) cos(1;2) =
1

2 => (1;2) = 45

Bài 4 :

4 8 4 0



     đpcm, z12z22 



z1z2



2 2z z1 20
Bài 5b

Tâm mặt cầu là : I(2; - 2; - 1), mp(P) có vtpt IM =



1; 1; 2



Ptmp (P) : (x – 1) + (y + 3) - 2(z - 2 + 1) = 0

R2 = 4m2 + 4 + m2 – m2 – 4m = 4m2 + 4m + 4 > 0 do    4 16 0 (đpcm)

R2 = [(2m)2 + 2(2m) + 1] + 3 = (2m + 1)2 + 3 3

GTLN của R = 3 khi m = 1
2

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

Đề 4 :

I.Phần chung :
Bài 1 : (3,0đ)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x4 – 4x2 + 3 
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị tại điểm có hồnh độ 2

Bài 2 : (3,0đ)

a) Giải bất phương trình : 3x 3x2 10
 

b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
f(x) = 2sin2x – 3sinx + 1 trên đoạn



0;



c) Tính tích phân :

2
1

16 9

x

x x

I  dx





Bài 3 : (1,0đ)

Cho hình chóp S.ABCD, đấy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc mp(ABCD). Góc tạo
bởi SC và mp(SAD) bằng 450. Tính thể tích hình chóp S.ABCD.

Bài 4 : (1,0đ)

Giải phương trình : z4 – 4z2 – 5 = 0.

II. Phần riêng (Chọn một trong hai phần)
Bài 5a (2,0đ)

Cho đường thẳng d :

2 4
3 3

x t

y t

z

 



 

 


và điểm A(3; 2; 1)

a) Viết phương trình đường thẳng d/ đi qua điểm A và song song với đường thẳng d
b) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vng góc của điểm A trên đường thẳng d
Bài 5b (2,0đ)

Cho hai phương trình:

7 3

1 2 5

: ; ' : 2 2

2 3 4

1 2

x t

x y z

y t

z t

 


   

      



  


a) Chứng minh rằng hai đường thẳng cùng nằm trên một mặt phẳng (a )

b) Viết phương trình mp (a )

c) Viết phương trình đường thẳng d vng góc và cắt hai đường thẳng trên

Đáp án đề 4

:

Bài 1

a) tự vẽ đồ thị
b) x = 2 => y = 3

y/ = 4x3 – 8x => f/(2) = 8
pttt là : y = 8(x – 2) + 3
Bài 2 :

a) Đặt t = 3x ta có 9t2 – 10t + 1 < 0 1 1 3 2 3 30 2 0
9

x

t  x

         

b) Đặt t = sinx đk t



0;1



Ta có y = 2t2 – 3t + 1 
y/ = 4t – 3 = 0 => t = 3

4 



0;1



0,3 ( ) 1

Max f x ;

0;3

1
( )

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

c) I =
2

2
1

4
3

1
3

x

x dx

 

 

 

 



 

 



Đặt t = 4
3

x

 

 

  =>

4
4 3
ln

x

dt

dx

 

 

 

Nguyên hàm của

I = 2
1

4 1

ln
3

dt
t 



4
1

1 1 1 1 3

ln ln

4 1 1 4 1 4 4

2ln 2ln 2ln 1

3 3 3 3

x

dt dt t

c c

t t t

 



 

    

    

 

    

  

 

 



Tính tích phân I = ?
Bài 3 : (SC; SD) = 450

SABCD = a2 ; tam giác SCD vuông tại D nên DC.cot450 = SD = a =>V = 3

3a
Bài 4 :

a) t = z2 ta có t2 – 4t – 5 = 0 1

5 5

z i
t

t z






  Þ 

 

 

ptts d/ :

3 4
2 3
1

x t

y t

z

 



 


 


c) Gọi H(2+4t;3 + 3t; -2) thuộc d.               AH u. 0 ( u = (4;3;0) là vtcp của d)
Bài 5b

a) chứng minh 3 vt đồng phẳng

b) mp

 

a qua điểm A(7;2;1) có vtpt là n u m   ( ;u m  là 2vtcp của 2đt trên)

c) viết pt đường thẳng d đi qua giao điểm của 2đt trên và vng góc với chúng nên nó có vtcp n u m 


ĐỀ 5

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1 Cho hàm số y x3 3x2 2

   .

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

2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng x + 9y + 2
= 0.

Câu 2

1) Giải phương trình: log x log x 6 020,2  0,2  

2) Tính tích phân 4

t anx

cos

I

dx

x







3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = (x – 6) x2 4

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

Câu 3 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD và O là tâm của đáy ABCD. Gọi M là trung điểm
cạnh đáy AB.

1) Chứng minh rằng AB vng góc với mặt phẳng (SMO).

2) Giả sử AB = a và mặt bên tạo với đáy của hình chóp một góc 600. Tính thể tích của hình 
chóp S.ABCD.

II. PHẦN RIÊNG

1. Theo chương trình Chuẩn :

Câu 4a Trong không gian Oxyz, cho A(1;2;3) và đường thẳng d có phương trình

1 1 1

2 1 2

x y z

  .

1) Viết phương trình mặt phẳng (a )qua A và vng góc d.

2) Tìm tọa độ giao điểm của d và mặt phẳng (a ).

Câu 5a Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:

x



4

x

 

9 0

2. Theo chương trình Nâng cao:

Câu 4b Trong không gian Oxyz cho điểm M(1; 1;1), hai đường thẳng 
( ) :1 x 1 y z

1 1 4



  

 ,

x 2 t
( ) : y 4 2t2

z 1

  


   

 


và mặt phẳng (P) : y 2z 0 

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

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

Câu 5b Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường :

y ln x,x



1 ,x e



e

và trục

hoành .

ĐÁP ÁN ĐỀ 5
Câu 1

1) HS tự vẽ

2) Hệ số góc của tiếp tuyến : k = 9
Tiếp điểm A( – 1; – 2) và B(3;2)

Tiếp tuyến tại A : y = 9x + 7 ; tiếp tuyến tại B : y = 9x - 25
Câu 2

1) Đk : x > 0; đặt t = log0,2x ta được phương trình : t2 – t – 6 = 0. Giải ta được t = -2 ; t = 3
Với t = -2 , ta có log0,2x = -2 suy ra x = 25

Với t = 3 , ta có log0,2x = 3 suy ra x 1
125



2) Đặt t = cosx Þ dt sin xdx. Đổi cận và ta có
2
2

2
1

I dt 2 1





 

3) Ta có





2
2

2 2

x x 6 2x 6x 4
y ' x 4

x 4 x 4

  

   

 

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

Vậy max f x0;3

 

f 3

 

3 13 ; min f x0;3

 

f 0

 

12

Câu 3

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. Suy ra AB (SOM)^

b/ OM là hình chiếu của SM lên mp(ABCD), do đó: SMO = 600. Xét tam giác vng SOM

ta có: 3

2
60
tan

. 0 a

OM

SO 

Vậy thể tích khối chóp là:

6
3
3

2
3
1
.

1 3

2 a a

a
SO
S

V  ABCD  

Câu 4a

1 / (a) Vng góc với d nên nhận vec tơ chỉ phương của d làm vec tơ PT, Một VTPT của

(a ) là (2 ; 1 ; 2 ) và đi qua A ( 1 ; 2 ; 3 ) nên phương trình có dạng :

2 ( x – 1 ) + 1.(y – 2) + 2 ( z – 3 ) = 0
< = > 2x + y + 2z -10 = 0 ( 2 )

2 / Pt ( 1) có thể viết

1 2
1
1 2

x t

y t

z t

 



 


  


( 1’)

Thay vào phương trình ( 2 ) ta có :

2(1+2t) + ( -1 +t ) +2 ( 1 + 2t ) -10 = 0 t 7
9

Þ  . Vây tọa độ giao điểm là 23; 2 23;

9 9 9

 



 

 

Câu 5a

 Phương trình (1) có biệt số '4 95

 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là :x2 5i và x2 5i

Câu 4b

1) N  Þ2 N 2 t; 4 2t;1



 



Þ MN 



1 t;5 2t;0





. N là hình chiếu vng góc của M

2 2

9
MN u MN.u 0 t

Þ  ^               Þ  Þ  (với u2  



1;2;0





là VTCP của



2



) Vậy

19 2
N ; ;1

5 5

 

 

 

2) Gọi A  



  

P . Toa độ A là nghiệm hệ

x 1 y z
1 1 1
y 2z 0




 





  



. Giải được A(1;0;0)

Gọi B 



  

 P . Toa độ A là nghiệm hệ

x 2 t
y 4 2t
z 1
y 2z 0

 


  







  



. Giải được B(5;-2;1)

Đường thẳng cần tìm đi qua A và B. Phương trình (AB):

x 1 5t
y 2t
z t

 






 


Câu 5b

+ Diện tích :

1 e

S ln xdx ln xdx

1/e 1









+ Đặt : u ln x,dv dx du 1dx,v x
x

  Þ   Þ



ln xdx x ln x 



dx x(ln x 1) C  

=> S x(ln x 1)11/e x(ln x 1)1e 2(1 1)
e

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

ĐỀ 6

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu 1 Cho hàm số y x 4 2x21 có đồ thị (C)

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

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

4 2

x  2x  m 0 (*)
Câu 2

1) Giải phương trình: 34x8 4.32x5 27 0

  

2) Cho hàm số y 1 cos x22
sin x



 . Tìm nguyên hàm F(x ) của hàm số , biết rằng đồ thị của hàm số

F(x) đi qua điểm M ;0
4



 

 

 

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 4 3
y x 2x 2

  

Câu 3 Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân, ABAC5 ,a BC6a và SA^
(ABC). Mặt bên (SBC) tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC.

II. PHẦN RIÊNG

1. Theo chương trình Chuẩn :

Câu 4a Trong không gian 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    .

1) Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) .

2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) .
Câu 5a Cho z i20102010 i20092009

i i




 . Tính z .

2. Theo chương trình Nâng cao:

Câu 4b Trong khơng gian Oxyz , cho đường thẳng (d ) : x 3 y 1 z 3

2 1 1

  

  và mặt

phẳng (P) : x 2y z 5 0    .

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

3) Viết phương trình đường thẳng () là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P).
Câu 5b Gọi z1 và z2 là nghiệm của phương trình z2 + z + 1=0.

Hãy xác định A =

2
1

1
1

z
z 

ĐÁP ÁN ĐỀ 6
Câu 1:

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



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 2:

1) Đặt t 32x 4

 ta được phương trình : t2 – 12t + 27 = 0. Giải ta được t = 9 ; t = 3
Với t = 9, ta được x = - 1 ; với t = 3 ta được x = 3



2) Ta có y 1 cos x22 2 sin x22 22 1
sin x sin x sin x

 

    . Nguyên hàm F x

 

2 cot x x C2  

Do đồ thị của F(x) qua M ;0
4



 

 

  nên ta có F 4 0 2 4 C 0 C 2 4

  

 

      Þ  

 

 

Vậy F x

 

2cot x x 22
4



   

3) Tập xác định của hàm số : D R

Ta có y’ = 6x3 + 6x2 = 6x2 (x + 1). Suy ra y ‘ = 0  x = 0 ; x = –1 . Lập BBT và từ BBT ta kết 
luận

3
min f (x) f ( 1)

  

Câu 3 : Gọi M là trung điểm BC, ta có BC^AM; BC SA^ nên BC ^ SM, do đó góc tạo bởi mặt
bên (SBC) với mặt đáy (ABC) là SMA 60 0



Tam giác ABM vuông tại M nên ta có 2 2

AM AB  BM 4a

 0

SM AM.tan SMA 4a.tan 60 4 3a

Þ   

3
S.ABC ABC

V S .SM 16 3a
3 

 

Câu 4a:

1) Gọi (d) là đường thẳng qua M và (d) vng góc với mp(P). Ta có VTCP của (d) là VTPT

của (P) nên ta có phương trình

 

x 2 t
d : y 3 t

z 2t

 




 

 


. Khi đó N là giao điểm của (d) và (P). Giải hệ

phương trình tạo bởi phương trình của (d) và phương trình (P) ta được tọa độ của N (1;2;–2)
2) (Q) // (P) nên ta có (Q): x + y + 2z + m = 0

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;3) và bán kính R = 2
(Q) tiếp xúc với (S)  d I, (Q)





R m 5 2 6.
Vậy (Q): x + y + 2z +  5 2 6 = 0

Câu 5a : ta có i2010

 

i4 502.i2 1 ; i2009

 

i4 502.i i

    nên ta có z 1 i i z 1

1 i

 

  Þ 

 

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

1) Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là M 1; 2 10;

3 3 3

 

 

 

 

2) Gọi 0



0 900



   là góc tạo bởi (d) và (P).

(d) có VTCP u



2;1;1



; (P) có VTPT n



1;2; 1



. Khi đó ta có : 0
u.n 1

sin 30

2
u . n

   Þ  

 
 

Câu 5b : Ta có 1 2

1 2 1 2

z z

1 1 1

A 1

z z z z 1

 

    

ĐỀ SỐ 7 :

I – PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1: (3, 0 điểm).

Cho hàm số y = x4 - 2x2 - 3

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

2. Dùng đồ thị, tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:
x4 - 2x2 - 2 = m .

Câu 2: (3, 0 điểm).

1 Giải phương trình: 3x l  2.3 7 .x 

2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x(ln x - 2) trên đoạn [l; e2].
3. Tính tích phân: I=





)
(x e dx

x x

.
Câu 3: (1,0 điểm).

Cho khối lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có đáy là tam giác ABC vng cân tại A và BC = a. Đường
chéo của mặt bên ACC1A1 tạo với đáy góc 60o. Tính thể tích khối lăng trụ đó theo a.

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).

Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần
1 hoặc 2)

1 Theo chương trình chuẩn: 
Câu 4.a: (2,0 điểm).

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm: M(1; -2; l), N(1; 2; -5), P(0; 0; -3) và mặt cầu
(S): x2 + y2 + z2 - 2x + 6y -7 = 0.

1. Viết phương trình mặt phẳng (MNP) .

2. Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với mặt phẳng (MNP) và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu 5.a: (1.0 điểm).

Giải phương trình: 2

2x  3x 4 0 trên tập số phức.

2. Theo chương trình nâng cao:
Câu 4.b: (2,0 điểm).

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm: A(1 ; 2; - 1), B(2; 0; 1) và mặt phẳng (P) có
phương trình 2x - y + 3z + 1= 0.

1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với mặt phẳng (P).

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

Câu 5.b: (1,0 điểm).

Giải phương trình: 3x2 - 4x + 6 = 0. trên tập số phức.
Đáp án đề 7:

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1 1.

Tập xác định: D=R

Chiều biến thiên: y' 4x3 2x



 ,















1

0 x

y

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (1;0) và (1;)
hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (;1) và (0;1)
Cực trị:hàm số đạt cực đại tại điểm (0 ; 5) và đạt cực tiểu tại điểm:
(-1;4) và (1 ;-4)

Giới hạn 


 y
Lim

x

Bảng biến thiên:





-1 0 1





y - 0 + 0 - 0 +





5





-4 -4
Đồ thị (C):

2.

x4 - 2x2 - 2 = m  x4 - 2x2 - 3 = m -1

. số nghiệm pt bằng với số giao điểm của đồ thị (C) với đường
thẳng y=m-1

Pt có 4 nghiệm phâm biệt khi -4<m-1<5 hay -3<m<6.

2 1.

x l x
3  2.3 7 .

   3.3x 2.3x  70

Đặt: t 3x, t>0

Ta có pt: 3 2 7 2 0



 t

t (*)

Giải (*) ta đựơc: t=2 và t 31

Với t=2 ta được 3x 2  xlog32

Với t 31 ta được

3
1

3x   x=-1
2.

1
2
ln




 x

y

1
ln



 x

y

Trên



1;e2



xét ' 0



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

y(1)=-2
y(e2)=0

nên max1;e2 y0,

  2

min2
;

1e y .





)
(x e dx

x x





2 )

(x xex dx



0
2dx

x +



dx
xex

Đặt: J=



0
2dx
x

J= 10
3

x

=31
K=



dx
xex

u=x và dv=exdx

ta có du=dx và v=ex

K= 



1
0
1
0
)
.

(xex exdx

= 10

0 ( )

)
.

(xex  ex

=2e-1
Vậy I=2e-32

3 ABC.A1B1C1 là lăng trụ đứng nên AA1 là chiều cao của khối chóp.
Ta có AC=

2
a
AB
4
.
.
2

1 a2

AC
AB

SABC   .

Ta có góc ACA1=600

AC
AA1
0
60

tan   . 3

2
60
tan
. 0
1
a
AC

AA  

thể tích khối chóp là:

12
3
2
3
.
4
.
3
1
3
2
1
. 1 1

a

a
VABC ABC




.
)
6
;
4
;
0
( 

MN
)
2
;
2
;
1
( 

NP
Theo gt:
)
4
;
6

;
4
(
^  

MN NP

n là VTPT của (MNP)

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

 a //(MNP) nên  a :-2x+3y+2z+D=0
 a tiếp xúc với (S) nên

d(I,  a )=R ((S) có tâm I(1;-3;0) bán kính R 17 )

4a hay 17

17
3
.
3
1
.
2






 D









28
6

D
D

Vậy:

 

a1 :-2x+3y+2z-6=0 và





:-2x+3y+2z+28=0

5a 9 4.2.423

Nên pt có hai nghiệm phức: 1,2 3 4 23

i
x   .

4b 1.

(Q)// (P) nên (Q): 2x-y+3z+D=0

(Q) đi qua A nên: 2.1-2+3.(-1)+D=0 suy ra D=3
Vậy (Q): 2x-y+3z+3=0

)
2
;
2
;
1
( 


AB

(P) có VTPT là n(2;1;3)

Theo gt vtpt của (R) là ' ^ ( 4;1;3)




AB n

n

Nên (R): -4(x-1)+(y-2)+3(z+1)=0
 -4x+y+3z+5=0.

5b 16 4.3.656

Nên pt có hai nghiệm phức: 1,2 4 6 56

i
x   .

ĐỀ SỐ 8

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1: (3điểm).

Chohàm số y = -x3 + 3x2 -2 có đồ thị (C)

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

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hồnh độ là 3.
Câu 2: (3điểm).

a) Giải phương trình: 2

ln x 3 lnx 2 0

b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2

(3 ) 1

y  x x  trên đoạn [0;2].
c) Tính tích phân:

2
1

xdx
I

x






Câu 3: (1điểm)

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy là a; góc giữa cạnh bên và đáy là 300. Tính thể

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

II. PHẦN RIÊNG: (3điểm)

Thí sinh học theo chương trình nào chỉ được làm theo phần riêng cho chương trình đó ( phần 1 
hoặc phần 2).

1. Theo chương trình chuẩn:

Câu IVa:(2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm B(-1;2;-3) và mặt phẳng

 

a :x2y 2z 5 0

1. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng

 

a .

2. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua B, và vng góc với mặt phẳng

 

a .

Câu 5a: (1,0 điểm). Tìm hai số x, y biết: (2x+1)+y.i=3-(y+2).i
2.Theo chương trình nâng cao.

Câu 4b: (2,0 điểm).Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x+y+z-3=0 và
đường thẳng d có phương trình: 1 2

1 2 1

x y z

 



1. Viếtphương trình mặt phẳng (Q) chứa điểm M(1;0;-2) và đi qua đường thẳng d.

2. Tìm giao điểm N của d với mặt phẳng (P). Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d'
đi qua N và vng góc với (P)

Câu 5b: (1,0 điểm). tìm căn bậc hai của số phức sau:  14 3.i.
Đáp án đề 8:

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1 1.

Tập xác định: D=R

Chiều biến thiên: y' 3x2 6x




 ,













2

0 x

y

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (0;2)

hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (;0) và (2;)

Cực trị: hàm số đạt cực đại tại điểm (2;2) và đạt cực tiểu tại điểm:
(0;-2)

Giới hạn  


 y 
Lim

x

Bảng biến thiên:





0 2





y 0 + 0

-y





2

-2





Đồ thị (C):

2.

Ta có x=3 nên y=-2

nên ' 9

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

phương trình tiếp tuyến: y=-9(x-3)-2=-9x+25

2 Ta có pt: 2 3 2 0



 t

t (*)

Giải (*) ta đựơc: t=2 và t=1
Với t=2 ta được: lnx=1 x=e
Với t=2 ta được lnx=2  x e2


2.
1
).
3
(
1
2
2
'






x

x
x
x
y
1
1
3
2
2
2
'





x
x
x
y

Trên 0;2 xét y' 0 ta có x=1 và x=0,5

y(0)=3
y(1)= 2 2

y(0,5)= 545
y(2)= 5

nên max0;2 y3,

  5

min
2
;

0 y .
3.

Đặt: 2 1



 x

t 2 2 1




Þ t x nên 2tdt=2xdx
ta có xx12ÞÞtt 25




5
2
2dt
I

=2t 52 2( 5 2)

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Do S.ABCD là hình chóp đều
nên SO là chiều cao của khối chóp. Suy ra góc SCO=300

Ta có AC a 2 ,

2
2
a
OC
OC
SO

0
30
tan 
6
6
3
3
.
2
2
30
tan

. 0 a a

OC

SO  

2
2 a
AB
SABCD   .

thể tích khối chóp là: . . 66 186
3
1 3
2
.
a
a
a

VS ABCD  

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

Gọi d là đường thẳng đi qua B và vng góc với  a

d có vtcp là a (1;2;2)

ptts:

























t

z

t

y

t

x

2

3

2

1

5a . ta có x=1; y=-1

4b 1.

Ta có N(0;1;2) thuộc d a (1;2; 1) là vtcp của d
)

4
;
1
;
1
(


MN

Theo gt: (Q) có VTPT là nMN^a(9;3;3)

Nên (Q): 3(x-1)-(y-0)+(z+2)=0
3x-y+z+-1=0.

N thuộc d nên N(x;2x+1;-x+2)
N thuộc (Q) nên: x+2x+1-x+2-3=0
x=0,y=1,z=2 vậy N(0;1;2).

)
(

' P

d ^ nên d' có vtcp a (1;1;1)



















t

z

t

y

t

x

2

1

5b 



3|2i



ĐỀ 9 :

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

y x  3x mx.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.khi m=0
2) Tìm m để hàm số có cực trị

Câu 2. (3,0 điểm)

1)Giải phương trình .4x 1 9.4x 2 0
  
2)Tính tích phân 2

0
x

I (sin cos 2x)dx
3







 .

3)Tìm giá trị giá trị lớn nhất của hàm số f (x) 2x e2x

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

Câu 3. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD đều có ABCD là hinh chữ vng AB bằng a 2. Biết

góc giữa cạnh bên và mặt đáy 600, tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.

II.PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)

Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được chọn phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1
hoặc phần 2)

1. Theo chương trình Chuẩn :

Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1;-4;2)và mặt phẳng (P) có phương
trình:(P) : x 2y z 1 0   

1) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua A và vng góc với (P). Tìm tọa độ
giao điểm của d và (P).

2) Tìm điểm đối xứng của A qua mặt phẳng (P).
Câu 5a. (1,0 điểm). Giải phương trình 2

(S) :8z  4z 1 0  trên tập số phức.
2. Theo chương trình Nâng cao:

Câu 4b. (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; -2; 3) và đường thẳng d có phương
trình x 1 y 2 z 3

2 1 1

  

 



1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng đi qua điểm A và vng góc với đường thẳng d.
2) Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc
với d.

Câu 5b. (1,0 điểm). Giải phương trình 2

2z  iz 1 0  trên tập số phức.

BÀI GIẢI ĐỀ 9
Câu 1: 1) học sinh rự giải

' 3 6

y  x  x m .Hàm số có cực trị m<0
Câu 2: 1) DS 4

2
log ( )

x

2) đs 2 2

x 

3) Ta có : f’(x) = 2x 2e2x

f’(x) = 0  x = ln 2

kết luận: max f(x) = 1 , min f(x) = 2 e 2
0,1

 

  0,1
Câu 3:

SO = a 3
Þ

B
D

C
S

3
1
= 3

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

1) Ptts của đường thẳng d: 14 2
2

x t

y t

z t

 



 


 



2) Phương trình tham số của đường thẳng (d) :

4 2
2 2

x t

y t

z t

 



 


 



(t  R)

Thế vào phương trình mặt phẳng (P) : 6t - 4 = 0  t = 1/2
Þ (d)  (P) = A (3/2; -3; 5/2)

Tọa độ điểm đối xứng A’(2;-2;3)

Cââu 4.b.:

1) (P) có vectơ pháp tuyến n(2;1; 1)

Phương trình mặt phẳng (P) qua A (1; -2; 3) có pháp vectơ

a



2(x – 1) + 1(y + 2) – 1(z – 3) = 0  2x + y – z + 3 = 0

2) Goïi B (-1; 2; -3)  (d)

BA



= (2; -4; 6)
,

BA a

 

 

 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 

= (-2; 14; 10)

d(A, (d)) = , 4 196 100 5 2
4 1 1

BA a
a

   

   

 
 



Phương trình mặt cầu tâm A (1; -2; 3), bán kính R = 5 2 :
(x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50

Câu 5.b.: 2z2 iz 1 0
  
2

i 8 7

   

Phương trình có hai nghiệm là z i 7hay z i 7

4 4

 

  .

ĐỀ 10

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

x 2




 .

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 tại giao điểm A của đồ thị với trục tung
Câu 2. (3,0 điểm)

1) Giải phương trình . 5 2 1
5
log (x 1) 1 log (x 1)  

2) Tính tích phân





2
2
0

I dx

x 4







3) Tìm giá trị giá trị lớn nhất của hàm số f (x) x 1 x2

   trên đoạn [0;1].

Câu 3. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hinh vng cạnh bằng a,

SA=3a vng góc với mặt phẳng đáy.Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, tính thể
tích của khối chóp S.ABCD theo a.

II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)

Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được chọn phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 
phần 2)

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

Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A (-2;1;-1), B (0;2;-1), C(0;3;0), D(1;0;1)
1) Viết phương trình đường thẳng BC

2) Chứng minh 4 điểm A,B,C,D khơng đồng phẳng.Tính thể tich tứ diện
Câu 5a. (1,0 điểm). Giải phương trình (S) :5z2 4z 4 0

   trên tập số phức.
2. Theo chương trình Nâng cao:

Câu 4b. (2,0 điểm). Trong khơng gian Oxyz, cho mặt phẳng (P)có phương trình 2x 3y 6z 12 0   
.Mặt phẳng (P) cắt Ox,Oy,Oz lần lượt tại A,B,C

1) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Tìm tọa độ tâm mặt cầu
2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu tại A

Câu 5b. (1,0 điểm). Giải phương trình z2 2iz 1 0

   trên tập số phức

BÀI GIẢI ĐỀ 10

Câu 1:

1) học sinh rự giải

2) Giao đđiểm với trục tung A(0;-1/2)
2

3
'

( 1)

y
x




 .phương trình tiếp tuyến y3x1/ 2

Câu 2:

1) DS 1x4
2) đs 125

232

x (HD: Đặt u x2 4
 
3) Ta có : f’(x) = 1 x 2

1 x




f’(x) = 0  x = 1

5
kết luận: max f(x) = 3 1

5 , min f(x) = 1
Câu 3:

   0

SAC= SBC SDC 90

Þ   suy ra tâm mặt cầu nằm trên SC

Bán kính:

. 10

CO SC a
IC

AC

Þ  

B
D

C
S

3
=

V a (đvtt)
Câu 4.a.:

1) ptts của đường thẳng d:

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

AB
AC
AD




 





 suy ra





(1; 2;2)
4 0

AB AC
AB AC AD

  

  

 
  

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

2z  iz 1 0 
16
 

Phương trình có hai nghiệm là z 4 4i; z 4 4i

5 5

 

  .

Câu 5.a A(6; 0; 0),B(0; 4; 0),C(0; 0; 2)Phương trình mặt cầu có dạng :

2 2 2 2 2 2 0

x  y z  Ax By CzD  A,B,C thuộc mặt cầu ta có hệ

30 12 0 3

16 8 0 2

4 4 0 1

0 0

A A

B B

C C

D D

  

 

    



    

   

 

phương trình (S): (x 3)2 (y 2)2 (z 1)2 0

     

Tâm mặt cầu I(3;2;1)

2)mặt phẳng :3x-2y-z-18=0
Câu 5.b.: 2

z  2it 1 0 
2

i 1 0

   

Phương trình có hai nghiệm là z i .

ĐỀ 11
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu 1:

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y x4 2x2 3
   .
2/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ bằng  3.
Câu 2:

1/ Giải phương trình log22 x 3log2 x2
2/ Giải phương trình x2 4x 5 0

   trên tập số phức.

Câu3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B và góc ACB bằng 300, 
SA vng góc với đáy, cạnh SA AC a  . Tính thể tích khối chóp S.ABC.

II/ PHẦN RIÊNG

1/ Theo chương trình chuẩn.
Câu 4A

1/ Tính tích phân
2

.ln

I 



x xdx.

2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 2; 3) và mặt phẳng 
( ) : 3p x y 2z1 0

a) Viết phương trình mp ( )a đi qua A và song song với mp (P).
b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với (P).
2/ Theo chương trình nâng cao

Câu 4B

1/ Tính tích phân
1

2
0

( 2). x

J 



x e dx.

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

: 2

2 2

x t

y t

z t

 



   

  


và

2 '
' : 1 '

x t

y t

z

 




   

 


a) Chứng tỏ rằng hai đường thẳng  và ' chéo nhau.
b) Viết phương trình đường vng góc chung của  và '.

ĐÁP ÁN ĐỀ 11
Câu 1:

1/

2/ PTTT

0 0 0

'( )( )

yf x x x y
0

'( ) 8 3

f x 

0 6

y 

Vậy y8 3x 18

Câu 2.

1/ ĐK x > 0
Đặt tlog2x

Ta có phương trình t2 3t  2 0 t11;t2 2
* Với t = 1 Þ x = 2

* Với t = 2 Þ x = 4

2/   4 51 PT có hai nghiệm phức
1,2 2

x  i

Câu 3

1
.
3 ABC

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

2
0

1 3

. .sin 30

2 8

ABC

a

S  AC BC 

Vậy

3 3
24

a
V 

Câu 4A

1/ Đặt 2

1
ln

du dx

u x x

dv xdx x

v






 

 



  




2 2 2

2 2

1 1

3
ln 2ln 2 ( ) 2ln 2

2 2 4 4

x x x

I  x 



dx   

2/

a) Mp ( )a có vectơ pháp tuyến n n P (3;1; 2)
( )a : 3(x1) ( y 2) 2( z3) 0

Vậy ( )a : 3x y 2z 1 0

b) Bán kính của (S) là ( ,( )) 3.1 2 2.( 3) 1 14
7
9 1 4

r d A P      
 

Vậy (S): ( 1)2 ( 2)2 ( 3)2 2
7

x  y  z 

Câu 4B.

1/ Đặt 2

2
2

x
x

du dx
u x

e
dv e dx v



 

 

 

 

 



1 1 1

2 2 2 2 2

0 0

5 3

( 2) 1 ( )

2 2 2 4 4

x x x

e e e e e

J  x 



dx    

2/ Lấy điểm A và B lần lượt thuộc và '
Suy ra A(1 ;2t   t; 2 2 )t , B(2t';1 t';1)
Có  AB t t( ' 1; t t' 1; 2t 3)

     

Đường thẳng  có VTCP u (1;1; 2)

 

Đường thẳng ' có VTCP u'(1; 1;0)

 

AB là đường vng góc chung của và '

. 0 6 6 0 1

2 ' 2 0 ' 1

. 0

AB u t t

t t

AB u
  

  





     



Þ     

  

 

 



Suy ra A(0;1;0), B(1; 2;1)

PTTS của đường thẳng AB đi qua A và có VTCP  AB(1;1;1)

là 1
1

x t

y t

z






 

 


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

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu 1: Cho hàm số y x3 3x2 1

   có đồ thị (C)

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Dùng đồ thị (C) định k để phương trình x3 3x2 k 0

   có 3 nghiệm phân biệt
Câu 2:

1/ Giải phương trình 2 4 8
11

log log log

x x x

2/ Giải phương trình z2 4z 17 0

   trên tập số phức.

Câu3:

1/ Tính tích phân 4 3
0

( cos ).sin

I x x xdx







 .

2/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai parabol y x2 2x

  và yx24x
Câu 4: Cắt hình nón bởi một mặt phẳng qua trục của nó ta được thiết diện là tam giác đều
cạnh 2b. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón.

II/ PHẦN RIÊNG

1/ Theo chương trình chuẩn.
Câu 5A

1/ Tìm GTLN-GTNN của hàm số f x( ) x4 3x2 2

   trên đọan



2;5



2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) :p x9y5z 4 0 và đường
thẳng

1 10

: 1

1 2

x t

y t

z t

 



 


  


a) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P)
b) Cho ' : 2 2 3

31 5 1

x y z

d     

 . Chứng minh d và 'd chéo nhau. Viết phương trình
mp (Q) chứa d và song song với 'd

2/ Theo chương trình nâng cao
Câu 5B

a) Tìm GTLN-GTNN của hàm số f x( ) ln2x

x

 trên đọan 1;e3

b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2;0;1), B(1;0;0), C(1;1;1) và 
mp ( ) :p x y z   2 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A,B,C và có tâm thuộc
mp (p)

ĐÁP ÁN ĐỀ 12
Câu 1:

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

2/

3 2
3 2
3 0(1)

3 1 1

x x k

  

     

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y k 1
Từ đồ thị (C) suy ra 0 k 4

Câu 2.

1/ ĐK x > 0

2 4 8

log log log

x x x

2 2 2

1 1 11

log log log

2 3 2

x x x

   

2
log x 3

 

x

 

2/ ' 13 PT có hai nghiệm phức
1,2 2 13

z  i

Câu 3

1/ 4 4 3

0 0

sin x cos .sin

I x dx x xdx

 









Đặt 1 4
0

sin x

I x dx







Đặt

sinx cos

u x du dx

dv v x

 

 

 

 

 

4 4

1 0 0

2 2 4 2

cos cos sinx

8 8

I x x xdx



    

 



  

Đặt 4 3
2

cos .sin

I x xdx







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

0 1

x Þ t ; 2

4 2

x Þ t

2 2

2 2

3
2

1 1

3
( )

4 16

t

I 



t dt 

Vậy 2 2 8 2 3

I    

2/ f x1( ) f x2( ) 2 x2 6x

2 0

2 6 0

x

x x

x




   




Diện tích hình phẳng

3 3

0 0

(2 6 ) 3 9

x

S



x  x dx   x 

Câu 4

xq
S rl

r b , l 2 b

Vậy Sxq 2b2

2
1
3

V  r h

Vì thiết diện là tam giác đều cạnh 2b nên h b 3
Vậy 1 3 3

V  b

Câu 5A.

1/ 3

'( ) 4 6

f x  x  x

'( ) 0 4 6 0

f x   x  x PT có nghiệm x = 0, 3
2

x
Có f(2) 6 , f(5) 552 ,

Vậy max ( ) 552[2;5] f x  ,

[2;5]

min ( ) 6f x 

2/ a) Gọi A d ( )P

Vì A d nên A(1 10 ;1 t   t; 1 2 )t

Mặt khác A( )P nên ta có 1 10 t9(1t) 5( 1 2 ) 4 0   t    t1
Vậy A( 9;0;1)

b) Đường thẳng d có VTCP a1(10;1; 2) và đi qua điểm M0(1;1; 1)
Đường thẳng d’ có VTCP a2(31; 5;1) và đi qua điểm '

0(2;2; 3)

M 

Gọi n a a1, 2 ( 9; 72; 81)

  

 

     
 

0 0 (1;1; 2)
M M

 

 

Có '

0 0

. 162 0

n M M

 


 
Vậy d và d’ chéo nhau.
Có điểm M0(1;1; 1) d

Mặt phẳng (Q) có VTPT n a a1, 2 ( 9; 72; 81)

  

 

     

  Hay n' (1;8;9)




PT mp (Q): A x x(  0)B y y(  0)C z z(  0) 0

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

Vậy (Q): x8y9z0
Câu 5A.

1/

2
2
2ln ln
'( ) x x

f x

x




2 ln 0

'( ) 0 2ln ln 0

ln 2

x

f x x x

x




     



 PT có nghiệm x = 1,

2
x e

Có f(1) 0 , 3

3
9
( )

f e
e

 , 2
2
4
( )

f e
e



Vậy 3 2

[1; ]

max ( ) ,

e f x e [1; ]3

max ( ) 0

e f x 

2/ Gọi mặt cầu (S): x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0
      
Vì A(2;0;1), B(1;0;0), C(1;1;1) thuộc (S) nên ta có hệ PT

4 2 5

2 1

2 2 2 3

a c d
a d

a b c d

   




  



    



(1)

Mặt khác tâm của (S) thuộc mp(P) nên ta có
2 0

a b c    (2)

Giải (1) và (2) ta có a = 1, b = 0 , c = 1, d = 1
Vậy ( ) :S x2y2z2 2x 2z 1 0

ĐỀ SỐ 13:

A.

PHẦN CHUNG

Câu I

:(3,0 điểm)

Cho hàm số

2 1

x
y

x






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

2. Viết pttt của đồ thị (C). Biết tiếp tuyến vng góc đường thẳng

1 2010
3

y x

Câu II

: (3,0 điểm)

1. Giải phương trình:

4x 7.4x 8 0
  

2. Tìm m để hàm số

3 2

3 5 2

y mx  x  x

đạt cực đại tại x = 2

3. Tính: I =

1
1

( ln )

e

x x dx

x 



Câu III

:(1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy tam giác ABC vuông

cân tại A và AB = a. Đường chéo của mặt bên ABB’A’ tạo với đáy một góc

600

.Tính thể

tích khối lăng trụ theo a

B

.

PHẦN RIÊNG

Theo chương trình chuẩn

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

1. Viết pt đường thẳng qua M và vng góc mp(P)

2. Viết pt mặt phẳng chứa đường thẳng MN và vng góc mp(P)

Câu V:

(1đ) Tìm mơ đun của số phức

3
(3 ) 3 5

z i   i

Theo chương trình nâng cao

Câu IV:

(2đ) Trong không gian oxyz, cho hai điểm A(1;2;-1), B(2;0;1) và mặt phẳng (P)

có phương trình: 2x – y + 3z + 1 = 0

3. Viết pt mặt cầu (S) có tâm nằm trên trục Ox và đi qua hai điểm A, B

4. Viết ptmp (Q) song song mp(P) và tiếp xúc mặt cầu (S)

.

Câu V:

(1đ) Trên mp tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phứcz thỏa mãn điều kiện:

(3 6 ) 2

z  i 

ĐÁP ÁN

ĐỀ 13

Câu 1

1/ HS tự vẽ

2/ Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng 1 2010
3

y x

nên









2
2

0 1

1 3

'. 1 ' 3 3 1 1; 1

2 5

3 1

x y

y y x x

x y

x

 Þ 




          

 Þ 

 

Pttt tại A(0;-1) là:

y3x1

Pttt tại B(2;5) là:

y3x11
Câu 2:

1) Đặt t 4 ,x t 0

  Pt trở thành 7 8 0 2 8 7 0 1
7

t

t t t

t




        




Suy ra

4
0
4 1

log 7
4 7

x
x

   



  

 



2) y' 3mx2 6x 5; '' 6y mx 6

    

Hs đạt cực đại tại x = 2 khi

 

' 2 0 12 17 0 17

12 6 0 12

'' 2 0

y m

m
m

y



    



  

 

 

 








1 1 1

1 ln

e e e

x

I x x dx xdx dx

x x





 







2 2

1 1

2 2

e
e

x e

xdx  



e

x

k dx

x





Đặt t lnx dt 1dx
x

 Þ 

Đổi cận: x Þ1 t0;x e Þ t1

1 2

1 0 0

ln 1

2 2

e

x t

k dx tdt

x

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

Vậy
2

e
I 

Câu 3

Do hlt đứng nên chiều cao h BB '
Thể tích V Bh BB S '. ABC

Ta có: 1 . 1 2

2 2

ABC

S  AB AC a

Do BB'^



A B C' ' '



nên góc giữa đường chéo và mặt đáy là góc BA’B bằng 600
Suy ra 0

' ' '.tan 60 3

BB A B a

Vậy 3 3
2

V  a

Theo chương trình chuẩn:
Câu 4:

1/ VTCP của : a nP 



2; 1;3



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

PTTS

1 2
1 3

x t

y t

z t

 






  


H x y z



; ;



là hình chiếu của M trên (P) suy ra H  P

3 2; ; 1
7 7 7

H  

 

2/ VTPT n MN n  P 



2; 2; 2 





 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
  

PTMP x y z  0
Câu 5: z15 21 i

z 152 212 666

  

Theo chương trình nâng cao:
Câu 4:

1/ Tâm mc nằm trên Ox nên ptmc có dạng x2 y2 z2 ax d 0
    
MC đi qua hai điểm A và B nên a1;d 7

PTMC (S) x2 y2 z2 x 7 0
    
2/ Tâm mc 1;0;0

I 

  bk

29
4

r

Do Q song song P nên pt có dạng 2x y 3z d 0

Do Q tiếp xúc với mc (S) nên





203
1

203 2

; 1

2 203

1
2

d
d I Q r d

d



 




    



 




Có hai ptmp(Q) :2 3 203 1 0
2

x y  z   và 2 3 203 1 0

x y  z  

Câu 5: Gọi z a bi a b R  ; , 

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

ĐỀ SỐ 14

:

A. PHẦN CHUNG

Câu I

:(3,0 điểm)

Cho hàm số

y x4 2x2 1
  

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), trục hồnh.

Câu II

: (3,0 điểm)

4. Giải phương trình:

32 1
3

log x 3log x 2 0

5. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x lnx trên đoạn

2
2
1

,e
e

 

 

 

.

6. Tính: I =









1 x

x x e dx



Câu III

:(1,0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD, cạnh

a 3

, góc giữa mặt bên và mặt đáy là

. Tính thể tích tứ diện theo a.

B

.

PHẦN RIÊNG

Theo chương trình chuẩn

Câu IV:

(2đ)Trong khơng gian oxyz, cho hai điểm A(1;2;-1), B(2;0;1), C(1,1,3)

1. Viết phương trình mặt phẳng (ABC)

2. Tìm tọa độ hình chiếu của E(2,0,-3) trên mặt phẳng (ABC)

Câu V:

(1đ) Giải phương trình

(2i z)  (1 2 )(3i i) (4 5 )  i

Theo chương trình nâng cao

Câu IV:

(2đ) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng(d)

3 1

1 2 3

x y z

 

và mặt phẳng

(P) có phương trình: 2x – y + 3z + 1 = 0

1. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P)

2. Viết phương trình hình chiếu vng góc của (d) trên mặt phẳng (P)

.

Câu V:

(1đ) Tính A=

z12 z22 z3 2 z42

với

z z z z1, , ,2 3 4

là nghiệm của phương trình

4 5 2 6 0

z  z  

ĐÁP ÁN ĐỀ 14

Câu 1:

1/ HS tự vẽ

2/ Diện tích cần tìm





4 2
1

16
2 1

S x x dx



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

Câu 2:

1/ Đưa về phương trình: log23x3log3x 2 0 Đặt tlog3x
Pt trở thành 2 3

1
log 1

1 3

3 2 0

2 log 2 1

9
x
x
t
t t

t x
x




 

     Þ   
 
   


2/ y' ln x1 y' 0 lnx 1 x 1 12;e2

e e

 

       

 

2 2

 

2 2

1 2 1 1

; 2 ;

y y e e y

e e e e


   
  
   
   
2
2
2
1;

max 2 ;

e
e
y e
 
 
 

2
2
1;
1
min
e
e
y

e
 
 
 



I =

















1 1 1

0 0 0

1 x 1 x

x x e dx  x  x dx x e dx







1
2
0
1
6

K 



x  x dx





1 x

H 



x e dx

Đặt

u x x1 du dxx
dv e dx v e

  
 
Þ
 
 
 

Þ H  2 e

I K H   e

Câu 3 : Gọi M là trung điểm của CD; O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
Þ AO^(BCD); suy ra AO là đường cao của hình chóp

Ta có 3
2

AM  a

Góc giữa mặt bên và mặt đáy là góc AMO bằng 0
60
.sin 600 3 3

AO AM  a

3 3 2
4

BCD

S  a Vậy

1 9

. .

3 BCD 16

V  AO S  a

Theo chương trình chuẩn:
Câu 4:

1/ VTPT n AC AB   



6; 4;1



Ptmp (ABC) 6x4y z 13 0

2/ Viết ptts của đường thẳng đi qua E và vuông góc mp(ABC)
VTCP a   nABC 



6;4;1



Ptts :

2 6
4
3
x t
y t
z t
 




  


Gọi H(x;y;z) là hình chiếu của E trên mp(ABC). Suy ra H là giao điểm của đường thẳng  và
mp(ABC). (x;y;z) là nghiệm của hệ pt

2 6

4 82 16 155

; ;

3 53 53 53

6 4 13 0

x t

y t

H

z t

x y z

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

Câu 5:



1 2

 



1 4 2 9

2 2 5 5

i i i i

z i

i i

    

   

 

Theo chương trình nâng cao:
Câu 1:

1/ ptts d:
3

1 2
3

x t

y t

z t

 



 


 


Gọi A (x;y;z) là tọa độ giao điểm của (d) và (P). Khi đó
(x;y;z)

là nghiệm của hệ pt
3

1 2 19 25 24

; ;

3 9 9 9

2 3 1 0

x t

y t

A
z t

x y z

 


  

  

Þ  

  

  



    



2/ Chọn B



3; 1;0



d

Viết ptts của đường thẳng  đi qua B và vng góc với mp(P)
VTCP a nP 



2; 1;3



 

ptts :

3 2
1
3

x t

y t

z t

 




 


 


Gọi H (x;y;z) là hình chiếu của B trên mp(P)

Suy ra H (x;y;z) là giao điểm của () và (P). Khi đó (x;y;z) là nghiệm của hệ pt
3 2

1 13 3 12

; ;

3 7 7 7

2 3 1 0

x t

y t

H
z t

x y z

 


  

  

Þ  

   

 



    



Gọi d’ là hình chiếu của d trên mp(P) .Khi đó d’ đi qua hai điểm A và H
VTCP d’: '

16 148 20
; ;
63 63 21

d

a AH   

 

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

Ptts d’ :

13 16
7 63

3 148
7 63
12 20
7 21

x t

y t

z t



 





 





 




Câu 5: pt z4 5z2 6 0

   có các nghiệm z1 2 ;i z2  2 ;i z3 3 ;i z4  3i

A=

z12 z2 2 z32 z4 2 10

Bổ Sung

Câu 1.(3,0 điểm) Cho hàm số y 2 5

x 2
= +

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

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

ĐÁP ÁN

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
 Tập xác định: D= ¡ \ 2{ }

 Sự biến thiên của hàm số:
 Giới hạn và tiệm cận:

Do x 2lim y® - = - Ơ ; lim yx 2đ + = +Ơ

ị

đường thẳng x=2 là tiệm cận đứng của (C)
và xlim yđ- Ơ =2; lim yxđ+Ơ =2

ị

ng thng y=2 là tiệm cận ngang của (C)
 Bảng biến thiên:

Ta có: ' ( )2

y 0 x D

x 2

-= < " ẻ

-x - Ơ 2 +¥
y’ -

-y 2 +¥

- ¥ 2

 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ¥;2) và (2;+¥ ) và khơng có cực trị.
 ĐĐB: A

(

1; 2-

)

; B

1
0;

2
ổ ửữ
ỗ - ữ

ỗ ữ

ỗ ữ

ỗố ứ; C

( )

3;7 ; D
9
4;

2
ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ ữ

ỗố ứ

th nhận giao điểm của 2 tiệm cận là I(2;2) làm tâm đối xứng

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm trên (C) có tung độ y= - 3.

x 2 x 2

2x 1

y 3 3 x 1

2x 1 3x 6 x 1

x 2

ì ¹ ì ¹

ï ï

+ ï ï

= - Û = - Û íï + = - + Û íï = Û =

- ïỵ ïỵ .

Suy ra: M 1; 3( - ) Ỵ (C).

3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), trục hồnh và trục tung.
Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại M là : ( ) ( )2

k y' 1 5

1 2

-= = =

-Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là : y+ = -3 5 x 1( + ) Û y= - 5x 8

-Dựa vào đồ thị (C), suy ra diện tích hình phẳng là:

0
1
2

S 2 dx

x 2

-ổ ửữ

ỗ ữ

= ỗỗỗ + ữữ

-ố ứ

ũ

0
1
2

2x 5ln x 2

-é ù

= êë + - úû

5 5 5

5ln2 1 5ln 5ln 5ln2 1 5ln 1.

2 2 4

ổ ửữ

ỗ ữ

= +ỗỗỗ - ữữ= - - =

-ố ứ Vậy

S 5ln 1

-đvdt.
Câu 2.

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

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8 x

y

5

y 2

x 2

 

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

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

2 3 3
1

x x

y
x

 



 .

2. Tìm m để phương trình

2 3 3
1

x x

m
x

 



 có 4 nghiệm phân biệt

ĐÁP ÁN
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2 3 3
1

x x

y

x

 



 .

 TXĐ: D R \ 1

xlim yđ-1- = - Ơ ; lim yxđ-1+ = +¥ => x= 1 là tiệm cận đứng

lim [ ( 2)] lim 1 0
1

x  y x x  x  ;

1
lim [ ( 2)] lim 0

x   y x x  x  => y = x + 2 là tiệm cận

xiên









       


2

2
2

x 2x

y' ,y' 0 x 2x 0 x 0hayx 2

x 1

 BBT

x    2  1 0 

y' + 0   0 +

 

 1 

  3



 HSĐB trên khoảng ( ; 2) ; (0;).

HSNB trên khoảng ( 2; 1) ; ( 1;0).
 Hàm số đạt cực đại tại x2;yCĐ 1

Hàm số đạt cực tiểu tại x0;yCT 3

 Đồ thị nhận giao điểm của 2 tiệm cận là I( 1;1) làm tâm đối xứng
2/ Tìm m để pt

x 3x 3 m

x 1

 



 có 4 nghiệm phân biệt

Ta có





  

 




  

 

   

  



 

2
2

x 3x 3 neáux 1

x 1

x 3x 3

x 1 x 3x 3

nếux 1

x 1

Do đó đồ thị   

2

x 3x 3

x 1 có được bằng cách

Giữ nguyên phần đồ thị (C) có x >  1

Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) có x< 1
Do đó, nhờ đồ thị

x 3x 3

x 1

 



 , ta có

-5 -4 -3 -2 -1

1 2 3 4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5 x

y







x 3x 3

y

x 1

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5

x
y

 

x 3x 3

y C

x 1
 


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

pt
2

x 3x 3 m

x 1

 



 có 4 nghiệm phân biệt  m > 3

Câu 3 : Cho hµm sè

2

1 x

y

x







a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (c) của hàm số.

b, Tìm m để đờng thẳng d: y = - x + m cắt (c) tại 2 điểm phân biệt .
Gi

ải:

TX§: D = R\ {1}
y’ =





' 0, 1

y x

x

nên hàm số nghịch biến trên

,
h m s không có cực trị.

* Giới hạn và tiệm cậm.

lim 2 2

x ị y là tiêm cận ngang.

1 1

lim ; lim 1

x    x   ị x là tiệm cận đứng.
BBT :

x   1 
y’ - 
-y 2 

2
Đồ thị: Cắt Ox tại (-1/2;0); cắt Oy tại

( 0;-1).

-2

-4

-5 5

y=f(x)

O
1

YCBT :2 1
1

x

pt x m

x



  

 x2 + (1 – m)x +1 +m =0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1

2 6 3 0

(1) 0

3 12 3 12

(1) 3 0,

m m

f

m m

f m

     








   Ú  


 

  


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

Câu 4 : Cho h àm số :

1
1

2







x
x
x

y có đồ thị (C).

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

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ là -1.
Giải

Txđ :

D



R

 

1\





2
2

)
1

(

2
1

1
1










x
x
x
x

y













2

0 x

y

.

Hàm số đồng biến trong khoảng 0;1và1;2
Hàm số đồng biến trong khoảng



 ;0 va 2;

 









1
1
lim
)
(

lim 










 y x x x

x tiệm cận xiên của đồ thị là y=x.




 y

x 1
lim

tiệm cận đứng của đồ thị là: x=1.
BBT:

x   0 1 2 

y’ - 0 + + 0

-y









- 3









Đồ thị

x =-1 nờn y 23

2
3

)
1
(
' 



y

Pttt là: y23(x1)23

x

2
3



 0

x
1

-3

</div>

Bo 14 De On Thi TN Co DATH

1

2

3

3

<i>y</i>



<i>x</i>



<i>x</i>



<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

. ;

<i>e x</i>

1;

<i>x</i>

2;

<i>y</i>

0











   





































2

2

2

2

1

1

1

1

22

1

32

:&

1

3

21

:

<i>tz</i>

<i>ty</i>

<i>tx</i>

<i>tz</i>

<i>ty</i>

<i>tx</i>

2

:

2

4

<i>x</i>

<i>t</i>

<i>d</i>

<i>y</i>

<i>t</i>

<i>z</i>

<i>t</i>

 

