Tài liệu Đề thi thử tốt nghiệp THTP môn Toán (Có đáp án) - Đề số 6-10 pdf

ĐỀ SỐ 6
Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)
I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm)
1
Câu 1. (3,0 điểm)Cho hàm số y = x 3 − 2 x 2 + 3 x −1
3
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và các đường thẳng y = 0, x = 2, x = 3 .
Câu 2. (3,0 điểm)
Tính các tích phân sau
3

1) I =

ị
0

x
1 + x2

e

2) I = ∫ x 5 ( ln x + x )dx

dx

1

Câu 3. (1,0 điểm)
Tìm mơđun của số phức z biết rằng (1 − 2i ) z + (4 − 5i) = 1 + 3i .
II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Học sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
(phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu 4.a (2.0 điểm)
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; 0) , B( 3; 4; - 2) và mặt phẳng
(P): x - y + z - 4 = 0 .
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vng góc với mặt phẳng
(P).

uu uu r
r
r
2. Gọi I là điểm thỏa mãn IA + IB = 0 . Hãy viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp
xúc với
mặt phẳng (P).
Câu 5.a (1.0 điểm)
x

Tìm x Ỵ ( 0; + ¥ ) thỏa mãn :

ị (2 sin

2

t - 1)dt = 0

0

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 4.b (2.0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; 0) , B( 3; 4; - 2) và mặt phẳng
(P): x - y + z - 4 = 0 .
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vng góc với mặt phẳng
(P).

uu
r
uu
r
r
2. Gọi I là điểm thỏa mãn 3IA - 2IB = 0 . Hãy viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp
xúc với
mặt phẳng (P).
Câu 5.b (1.0 điểm)
2
Xét số phức z = x + yi (x,y Ỵ R ). Tìm x, y sao cho (x + yi) = 8 + 6i .

..................................................
Hết............................................................................
HƯỚNG DẨN ĐỀ 6
I. PHẦN CHUNG;(7 điểm)
Câu1;a)
* TXĐ:


⎡x = 1
=> y ' = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ ⎢
⎣x = 3

* y ' = x2 − 4x + 3

* Giới hạn.

lim y = +∞ và lim y = −∞

x →+∞

•
-

x →−∞

Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 3; +∞ ) .
Hàm số nghịch biến trên (1;3 ) .
⎛ 1⎞
Điểm cực đại ⎜ 1; ⎟
⎝ 3⎠
Điểm cực tiểu ( 3; −1)

* Đồ thị.
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
Một số điểm thuộc đồ thị
x

0

y

1
1

3

−1

2
1
−
3

3
−1

4
1
3

Câu1:b), diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và các đường thẳng y = 0, x = 2, x = 3 là
3

S=∫
2

3

3
⎛ 1
⎞
⎛1
⎞
3

2
3
1 3
x − 2 x 2 + 3 x − 1dx = − ∫ ⎜ x 3 − 2 x 2 + 3 x − 1⎟dx = − ⎜ x 4 − x 3 + x − x ⎟ = .
3
2
3
3
⎝ 12
⎠2 4
⎠
2⎝

3

Câu2a) Tính các tích phân sau I =

ị
0

x
1 + x2

Đặt u = 1 + x 2 Þ du = 2xd x Đổi cận:
4

Do đó:

I=

ị2
1

e

1
u

du =

e

u

4
1

x=

1

1

5

= 1

e

1

3

x= 0

Câu2b) I = ∫ x ( ln x + x )dx = ∫ x ln xdx + ∫ x 6 dx
5

dx

Þ

u= 4
u= 1

Vậy I = 1


e

Tính I1 = ∫ x 5 ln xdx .Đặt
1

⎧
1
e
e
e
e
⎪du = x dx

⎧u = ln x
x 6 ln x
x5
x 6 ln x
x6
5e6 + 1
⎪
⎪
⇒⎨
I1 =
− ∫ dx =
−
=
⎨
5
6 1 1 6
6 1 36 1
36
x6
⎪dv = x dx ⎪
⎩
v=
⎪
6
⎩
e

e

x7

e7 − 1
* Tính I 2 = ∫ x dx =
=
7 1
7
1

Vậy I =

6

5e6 + 1 e7 − 1
+
36
7

Câu3)Ta có
(1 − 2i ) z + (4 − 5i) = 1 + 3i ⇔ (1 − 2i ) z = 1 + 3i − (4 − 5i) ⇔ (1 − 2i ) z = −3 + 8i
⇔z=

−3 + 8i ( −3 + 8i )(1 + 2i )
−3 − 6i + 8i + 16i 2
−19 + 2i −19 2
=
⇔z=
⇔z=
=
+ i
2
2

1 − 2i
1 +2
5
5
5
(1 − 2i )(1 + 2i )
2

2

⎛ −19 ⎞ ⎛ 2 ⎞
−19 2
Do đó z =
+ i = ⎜
⎟ +⎜ ⎟ =
5
5
⎝ 5 ⎠ ⎝ 5⎠

73
=
5

365
5

II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Học sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc
phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn

Câu 4 (20 điểm)
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vng góc với mặt phẳng (P).
uuu
r
uu
r
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là : n P = (1; - 1;1) , AB = (2;2; - 2)
Vì (Q) qua A,B và vng góc với (P) nên (Q) có một vectơ pháp tuyến là:
1 1 1 - 1ử
ữ
uu
r ộuu uuu ự ổ- 1 1
r r
ỗ
ữ = (0; 4; 4)
ỗ
n Q = ờ P ; AB ỳ= ỗ
n
;
;
ữ
ở
ỷ ỗ 2 - 2 - 2 2 2 2 ữ
ữ
ỗ
ố
ứ
Do ú phng trỡnh mt phng (Q) l

4(y - 2) + 4(z - 0) = 0
Û y + z- 2 = 0
Vậy phương trình (Q): y + z - 2 = 0
2. Gọi I là trung điểm của AB. Hãy viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
uu uu r
r
r
Do I thỏa mãn IA + IB = 0 nên I là trung điểm của AB
Tọa độ trung điểm I của AB là: I(2; 3; - 1)
Gọi (S) là mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với (P)
Bán kính của mặt cầu (S) là:
R = d(I,(P))
2 - 3 - 1- 4
- 6
=
= 2 3
3
3
Vậy phương trình mặt cầu (S) là (x - 2)2 + (y - 3)2 + (z + 1)2 = 12
=

Câu 5.a (1.0 im)
x

Tỡm x ẻ ( 0; + Ơ ) thỏa mãn :

ò (2 sin

2

t - 1)dt = 0 (1)

0

x

Ta có:

x

2
ị (2 sin t - 1)dt = ị 0

cos 2t dt = -

0

x
1
1
s in2t = - s in2x
0
2
2

Do đó:
1
s in2x= 0 Û s in2x= 0
2
Û 2x = k p

(1) Û -

x=

kp
2

Do x ẻ (0; + Ơ ) nờn ta chọn x =

kp
với k Ỵ Z+
2

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 4b (2,ođiểm)
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vng góc với mặt phẳng (P).
uuu
r
uu
r
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là : n P = (1; - 1;1) , AB = (2;2; - 2)
Vì (Q) qua A,B và vng góc với (P) nên (Q) có một vectơ pháp tuyến là:
1 1 1 - 1ử
ữ
uu
r ộuu uuu ự ổ- 1 1
r r
ỗ
ữ = (0; 4; 4)

ỗ
n Q = ờ P ; AB ỳ= ç
n
;
;
÷
ë
û ç 2 - 2 - 2 2 2 2 ữ
ữ
ỗ
ố
ứ
Do ú phng trỡnh mt phng (Q) l


4(y - 2) + 4(z - 0) = 0
Û y + z- 2 = 0
Vậy phương trình (Q): y + z - 2 = 0
uu
r
uu
r
r
2. Gọi I là điểm thỏa mãn 3IA - 2IB = 0 . Hãy viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt
phẳng.
uu
r
uu
r
Gọi I(x;y) là điểm thỏa mãn 3IA = 2IB , ta có:

ì 3 (1 - x ) = 2 (3 - x )
ìx = - 3
ï
ï
ï
ï
ï
ï
uu
r
uu
r
ï
ï
3IA = 2IB Û ï 3 (2 - y ) = 2 (4 - y ) Û í y = - 2 . Suy ra: I(- 3; - 2; 4)
í
ï
ï
ï
ï 3 (0 - z) = 2 (- 2 - z) ï z = 4
ï
ï
ï
ï
ỵ
ï
ỵ

Gọi (S) là mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với (P)
Bán kính của mặt cầu (S) là:

- 3+ 2+ 4- 4
- 1
3
=
=
3
3
3
1
Vậy phương trình mặt cầu (S) là (x + 3)2 + (y + 2)2 + (z - 4)2 =
3
Câu 5.b(1.0 điểm)
2
Xét số phức z = x + yi (x,y Ỵ R ). Tìm x, y sao cho (x + yi) = 8 + 6i
R = d(I,(P))

=

2

(x + yi) = 8 + 6i Û x 2 - y 2 + 2xyi = 8 + 6i
Ta có:

ì
ï
ï x2 ì x 2 - y2 = 8
ï
ï
Û ï
Û ï

í
í
ï xy = 3
ï
ï
ï
ï
ỵ
ïy =
ï
ỵ

9
ì
ì
ï x 4 - 8x 2 - 9 = 0
ï x2 = 9
= 8
2
ï
ï
ï
ï
x
Û í
Û í
Û
3
ïy =
ïy = 3

3
ï
ï
ï
ï
x
x
ï
ï
ỵ
ỵ
x

ìx = 3
ìx = - 3
ï
ï
ï
Vậy giá trị x, y cần tìm là í
hoặc ï
í
ïy = 1
ïy = - 1
ï
ï
ỵ
ỵ
*

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 − 3x + 1 có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

éx
ì
ï
ï
ê
í
êy
ï
ê
ï
ỵ
ê
êx
ì
ï
ï
ê
í
êy
ï
ê
ï
ỵ
ë

= 3
= 1
= - 3
= - 1


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

14
; −1 ) . .
9

Câu II ( 3,0 điểm )
a)Cho hàm số y = e

−x2 + x

b)Tính tìch phân : I =

π
2

∫

. Giải phương trình y′′ + y′ + 2y = 0

sin 2x

2

0 (2 + sin x)

dx

3

2

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2sin x + cos x − 4sin x + 1 .
Câu III ( 1,0 điểm )
Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a ,
SAO = 30o , SAB = 60o .
Tính độ dài đường sinh theo a .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng (Δ1) :

⎧x = − 2t
⎪
(Δ 2 ) : ⎨y = −5 + 3t
⎪z = 4
⎩

x −1 y − 2 z
=
=
,
2

−2
−1

a. Chứng minh rằng đường thẳng (Δ1) và đường thẳng (Δ2 ) chéo nhau .

b. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng (Δ1) và song song với đường

thẳng (Δ2 ) .

3

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình x + 8 = 0 trên tập số phức ..
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) :

x + y + 2z + 1 = 0 và mặt cầu (S) : 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 ) :
Biểu diễn số phức z = −1 + i dưới dạng lượng giác .
. . . . . . . .Hết . . . . . . .

HƯỚNG DẪN ĐỀ 7


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

x
y′

−∞

+
−∞

−1
0
3

−

1
0
−1

+∞
+

+∞

b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k ⇒ (d) : y + 1 = k(x −

⇒ (d) : y = k(x −

14
)
9

14
) −1
9

⎧ 3
14
⎪x − 3x + 1 = k(x − 9 ) − 1
(d) tiếp xúc ( C) ⇔ Hệ sau có nghiệm ⎨
⎪ 2
⎩3x − 3 = k

(1)
(2)

2
Thay (2) vào (1) ta được : 3x3 − 7x2 + 4 = 0 ⇔ x = − ,x = 1,x = 2
3
−2 (2)
5
5
43
⎯⎯⎯ k = − ⇒ tt (Δ1) : y = − x +
→
x=
3
3
3
27
(2)

→
x = 1 ⎯⎯⎯ k = 0 ⇒ tt (Δ2 ) : y = −1
(2)
→
x = 2 ⎯⎯⎯ k = 9 ⇒ tt (Δ3 ) : y = 9x − 15
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ

2
2
y′ = (−2x + 1) e− x + x , y′′ = (4x 2 − 4x − 1) e− x + x
2
1
y′′ + y′ + 2y = (4x 2 − 6x + 2) e− x + x ; y′′ + y′ + 2y = 0 ⇔ 2x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x = , x = 1
2

b) 1đ
sin 2xdx
2 sin x.cos xdx 2 sin x.d(2 + sin x)
Vì d(2 + sin x) = cos xdx
=
=
2
2
2
(2 + sin x)
(2 + sin x)
(2 + sin x)
sin 2xdx
2 sin x.d(2 + sin x)

2 + sin x
2
nên
=
= 2.[
−
]d(2 + sin x)
(2 + sin x)2
(2 + sin x)2
(2 + sin x)2 (2 + sin x)2

Phân tích

= 2.[

1
2
]d(2 + sin x)
−
2 + sin x (2 + sin x)2


π
2
1
2
+ 2 ln 3
Do đó : I = 2.[ ln | 2 + sin x | +
]0 =
3

2 + sin x
(Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt t = 2 + sin x )
c) 1đ

3

2

Ta có : y = 2sin x − sin x − 4sin x + 2

3

2

Đặt : t = sin x , t ∈ [ − 1;1] ⇒ y = 2t − t − 4t + 2 , t ∈ [ − 1;1]

y′ = 6t 2 − 2t − 4 ,y′ = 0 ⇔ 6t 2 − 2t − 4 = 0 ⇔ t = 1 ∨ t = −
2
3

Vì y( − 1) = 3,y(1) = −1,y(− ) =

98
.
27

2
3

Vậy :

2 98
2
2
+ Maxy = Maxy = y( − ) =
khi t = − ⇔ sinx = −
3 27
3
3
[−1;1]
2
2
⇔ x = arcsin(− ) + k2π hay x = π − arcsin(− ) + k2π ,k ∈
3
3
π
+ min y = min y = y(1) = −1 khi t = 1 ⇔ sinx = 1 ⇔ x = + k2π,k ∈
2
[−1;1]
Câu III ( 1,0 điểm )

Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM ⊥ AB thì OM = a

ΔSAB cân có SAB = 60o nên ΔSAB đều .
AB SA
=
Do đó : AM =
2
2
SA 3

ΔSOA vng tại O và SAO = 30o nên OA = SA.cos30o =
2
ΔOMA vng tại M do đó :
2
2
2 = OM2 + MA 2 ⇔ 3SA = a2 + SA ⇔ SA 2 = 2a2 ⇔ SA = a 2
OA
4
4

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
⎧+
⎧+ Qua B(0; − 5;4)
⎪ Qua A(1;2;0)
⎪
a) 1đ (Δ1) : ⎨
, (Δ 2 ) : ⎨
r
r
⎪+ VTCP a1 = (2; −2; −1)
⎪+ VTCP a2 = (−2;3; 0)
⎩
⎩
uuu
r
r
r r uuu
AB = (−1; −7; 4),[a1;a2 ].AB = −9 ≠ 0 ⇒ (Δ1) , (Δ2 ) chéo nhau .

⎧+
⎧+
⎪ Qua (Δ1)
⎪ Qua A(1;2; 0)
b) 1đ (P) : ⎨
⇒ (P) : ⎨
⇒ (P) : 3x + 2y + 2z − 7 = 0
r
r r
⎪+ VTPT n = [a1;a2 ] = (3;2;2)
⎪+ // (Δ2 )
⎩
⎩
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :


3 + 8 = 0 ⇔ (x + 2)(x2 − 2x + 4) = 0 ⇔ ⎡ x = −2
Ta có : x
⎢
⎢ x2 − 2x + 4 = 0 (*)
⎣
2
Phưong trình (*) có Δ = 1 − 4 = −3 = 3i ⇒

Δ = 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 ) :
⎧x = 2 + t
⎧+
⎧+ Qua M(2;3;0)
⎪ Qua M(2;3;0)
⎪
a. 0,5đ Gọi (d) : ⎨
⇒ (d) : ⎨
⇒ (d) : ⎨ y = 3 + t
r r
⎪+ VTCP a = n P = (1;1;2)
⎩+ ⊥ (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) ⇔ d(I;(Q)) = R ⇔

|1− 2 + 6 + m |
6

=

⎡ m = 1 (l)

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
3π
2
1
2
, sin ϕ =
=
⇒ϕ=
4
2
2
2
2
3π
3π
+ isin )
Vậy : z = 2(cos
4
4
cos ϕ = −

1

=−

,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
ĐỀ 8
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
2x + 1
Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y =
có đồ thị (C)
x −1
c. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
d. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(1;8) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
log

x −2
sin 2 x + 4

a. Giải bất phương trình 3
>1
1
b. Tính tìch phân : I = ∫ (3x + cos 2x)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
3. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong khơng 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 .

2

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = −x + 2x và trục
hồnh . Tính thể tích của khối trịn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh .
4. 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
=
=
và mặt
2
1
1

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 ( Δ ) là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P).
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

⎧ −y
⎪4 .log2 x = 4
Giải hệ phương trình sau : ⎨
⎪log2 x + 2−2y = 4
⎩
. . . . . . . .Hết . . . . . . .

HƯỚNG DẪN ĐỀ 8
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a. (2d)
x −∞
y′
2
y

+∞

1

−
−∞

−
+∞

2

b. (1đ) Gọi (Δ) là tiếp tuyến đi qua M(1;8) có hệ số góc k .
Khi đó : (Δ) y − 8 = k(x − 1) ⇔ y = k(x − 1) + 8
Phương trình hồnh độ điểm chung của (C ) và (Δ) :

2x + 1
= k(x − 1) + 8 ⇔ kx2 + 2(3 − k)x − 9 + k = 0 (1)
x −1
(Δ ) là tiếp tuyến của (C ) ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép

⎧k ≠ 0
⎪
⇔⎨
⇔ k = −3
2 − k(k − 9) = 0
⎪Δ ' = (3 − k)
⎩
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = −3x + 11
Câu II ( 3,0 điểm )
x−2
x −2
a. (1đ ) pt ⇔ log
>0 ⇔ 0 <
< 1 ( vì 0 < sin2 < 1 )
sin 2 x + 4
x+4
⎧
⎧
⎧

x−2
x−2
x−2
⎪0 < x + 4
⎪0 < x + 4
⎪0 < x + 4
⎧x − 2 > 0
⎧x > 2
⎪
⎪
⎪
⇔⎨
⇔⎨
⇔x>2
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
−6
x−2
x−2
⎩x + 4 > 0
⎩x > −4
⎪
⎪
⎪
<0
<1
−1 < 0
⎪x + 4
⎪x + 4

⎪x + 4
⎩
⎩
⎩
1
x
x + cos 2x)dx = [ 3 + 1 sin 2x]1 = [ 3 + 1 sin 2] − [ 1 + 1 sin 0] = 2 + 1 sin 2
b. (1đ) I = ∫ (3
0 ln 3 2
ln 3 2
ln 3 2
ln 3 2
0
c. (1đ) Δ ' = −3 = 3i2 nên Δ ' = i 3
Phương trình có hai nghiệm : x1 = 2 − i 3 , x2 = 2 + i 3
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 : AC =

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 ) :

AA '2 + A 'C2 = 16 + 2 = 3 2

.


1

a. (0,5đ) d(M;(Q)) =

b. (1,5đ) Vì

3

2 −1 3
⎧2x − y + 3z + 1 = 0
≠
≠
⇒ (d) = (P) ∩ (Q) : ⎨
1 1 −1
⎩x + y − z + 5 = 0
Lấy hai điểm A( − 2; − 3;0), B(0; − 8; − 3) thuộc (d) .
r
+ Mặt phẳng (T) có VTPT là n T = (3; −1;0)
r
r
r uuu
+ Mặt phẳng (R) có VTPT là n R = [n T ,AB] = (3;9; −13)
⎧+ Qua M(1;0;5)
r
⇒ (R) : 3x + 9y − 13z + 33 = 0

+ ( R) : ⎨
⎩+ vtpt : n R = (3;9; −13)
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

2

+ Phương trình hồnh giao điểm : − x + 2x = 0 ⇔ x = 0,x = 2

2

2

∫

2

4 2
3

4

+ Thể tích : VOx = π (− x + 2x) dx = π[ x − x +

0

1 5 2 16π
x ]0 =
5
5

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a. (0,5đ ) Giao điểm I( − 1;0;4) .
2 + 2 −1
1
π
b. (0,5d) sin ϕ =
= ⇒ϕ=
6
4 + 1 + 1. 1 + 4 + 1 2
c. (1,0đ) Lấy điểm A( − 3; − 1;3) ∈ (d). Viết pt đường thẳng (m) qua A và vng góc với (P)

5
5
2
2
uuu
r
3
(Δ) ≡ (IA') : x = −1 + t,y = 0,z = 4 + t , qua I( − 1;0;4) và có vtcp là IA' = − (1 ;0; 1)
2
thì (m) : x = −3 + t ,y = −1 + 2t ,z = 3 − t . Suy ra : (m) ∩(P) = A'(− ;0; ) .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Đặt : u = 2

−2y > 0,v = log x . Thì hpt ⇔ ⎧ uv = 4 ⇔ u = v = 2 ⎯⎯ x = 4;y = − 1
→
⎨
2

2
⎩u + v = 4

,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
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 − 2x 2 − 1 có đồ thị (C)
e. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
f. Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình
x 4 − 2x 2 − m = 0
Câu II ( 3,0 điểm )

(*)

.

log

π
cos
3

c. Giải phương trình 3

π
x − 2 log cos + 1
x
3

log
x
= 2

x −1


1

d. Tính tích phân : I =

∫ x(x + e

x )dx

0

3

2

e. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2x + 3x − 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 đôi một với SA = 1cm,
SB = SC = 2cm .Xác định tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện
tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu đó .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A( − 2;1; − 1)
,B(0;2; − 1) ,C(0;3;0) , D(1;0;1) .
a. Viết phương trình đường thẳng BC .
b. Chứng minh rằng 4 điểm A,B,C,D khơng 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 = 2 − t
⎪
x −1 y z
(Δ1) :
= = , (Δ2 ) : ⎨y = 4 + 2t và mặt phẳng (P) : y + 2z = 0
−1 1 4
⎪z = 1
⎩
a. Tìm điểm N là hình chiếu vng góc của điểm M lên đường thẳng ( Δ2 ) .

b. Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng (Δ1) ,(Δ2 ) và nằm trong mặt
phẳng (P) .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
x2 − x + m
Tìm m để đồ thị của hàm số (Cm ) : y =
với m ≠ 0 cắt trục hoành tại hai điểm
x −1
phân biệt A,B sao cho tuếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vuông góc nhau .

. . . . . . . .Hết . . . . . . .

HƯỚNG DẪN ĐỀ 9
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ
−1
x −∞
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 Điều kiện : 0 < x , x ≠ 1
− log x + 2 log 2 + 1
2
x
= 1 ⇔ − log x + 2 log 2 + 1 = 0 ⇔ log2 x − log x − 2 = 0
pt ⇔ 3
2
2

x

2

1
⎡ log x = −1 ⎡
⎢x = 2
⎢ 2
⇔

⇔
⎢
⎢ log x = 2
⎢x = 4
⎣ 2
⎣
b) 1đ
1
1
1
1
x )dx = x2dx + xex dx = I + I với I = x2dx = 1
Ta có : I = ∫ x(x + e
∫
∫
1 2
1 ∫
3
0
0
0
0
1
4
I2 = ∫ xex dx = 1 .Đặt : u = x,dv = ex dx . Do đó : I =
3
0
c) 1đ Ta có : TXĐ D = [−1;2]
⎡ x = −2 (l)
y′ = 6x2 + 6x − 12 , y′ = 0 ⇔ 6x2 + 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 Δ vng góc với mp(SAB) thì Δ là trục
của ΔSAB vng .
Trong mp(SCI) , gọi J là trung điểm SC , dựng đường trung trực của cạnh SC của ΔSCI cắt
Δ tại O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC .
Khi đó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật .

1
5
3
AB =
, OI = JS = 1 , bán kính R = OS =
2
2
2
2 = 9π (cm2 )
Diện tích : S = 4πR

Ta tính được : SI =

4 3 9
πR = π (cm3 )
3
2

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
. 1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Thể tích : V =

⎧x = 0
⎧+ Qua C(0;3;0)
⎪
⎪
uuu
r
a) 0,5đ (BC) : ⎨
⇒ (BC) : ⎨y = 3 + t
⎪+ VTCP BC = (0;1;1)
⎪z =
⎩
t
⎩
uuu
r
uuu
r
uuur
b) 1,0đ Ta có : AB = (2;1; 0),AC = (2;2;1),AD = (3; −1;2)
uuu uuu
r r
uuu uuu uuur
r r
[AB,AC] = (1; −2;2) ⇒ [AB,AC].AD = 9 ≠ 0 ⇒ A,B,C,D không đồng phẳng

c) 0,5đ

V=

r r
1 uuu uuu uuur
3
[AB,AC].AD =
6
2

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : GT bt 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) : x − 2y − 3 = 0
(P) : ⎨
r
r
⎪ + ⊥ (Δ 2 )
⎪+ VTPT n P = a2 = (−1;2; 0)
⎩
⎩

19 2
; ;1)
5 5
b) 1đ Gọi A = (Δ1) ∩ (P) ⇒ A(1; 0; 0) , B = (Δ2 ) ∩ (P) ⇒ B(5; −2;1)
Khi đó : N = (Δ2 ) ∩ (P) ⇒ N(

Vậy (m) ≡ (AB) :

x −1 y z
=
=
4
−2 1

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Pt hoành độ giao điểm của (Cm ) và trục hoành : x2 − x + m = 0 (*) với x ≠ 1 điều kiện
1
m< , m≠0
4
x2 − 2x + 1 − m 2x − 1
Từ (*) suy ra m = x − x2 . Hệ số góc k = y′ =
=
2
x −1
(x − 1)
Gọi x A ,xB là hoành độ của A,B thì phương trình (*) ta có : x A + x B = 1 , xA .xB = m
Hai tiếp tuyến vng góc với nhau thì

y′(x A ).y′(x B ) = −1 ⇔ 5xA xB − 3(xA + xB ) + 2 = 0 ⇔ 5m − 1 = 0 ⇔ m =

Vậy giá trị cần tìm là m =

1
thỏa mãn (*)
5

1
5

ĐỀ10
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
4
2
Cho hàm số y = − x + 2x có đồ thị (C)
g. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
h. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M ( 2 ;0) .
Câu II ( 3,0 điểm )
f. Cho lg 392 = a , lg112 = b . Tính lg7 và lg5 theo a và b .
1

g. Tính tìch phân : I =

2

x
∫ x(e + sin x)dx
0

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

Câu III ( 1,0 điểm )

x +1
1 + x2

.

.


x
y′

−∞

−1
0
1

0
0

1
0
1

+∞

Tính tỉ số thể tích của
hình lập phương và thể
+
−
+
−
tích của hình trụ ngoại
y
tiếp hình lập phương đó .
−∞
0
−∞
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) : y =

1
, hai
2x + 1

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 ) :
TrongOxyz , cho điểm M ( −1;4;2) và hai mặt phẳng ( P1 ) : 2x − y + z − 6 = 0 ,
( P2 ) : x + 2y − 2z + 2 = 0 .

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

tuyến Δ của hai mặt phằng đó .
b. Tìm điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên giao tuyến Δ .

2

Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y = x và (G) : y =

x .
Tính thể tích của khối trịn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh .
. . . . . . . .Hết . . . . . . .

HƯỚNG DẪN ĐỀ 10
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ

b) 1đ Gọi ( Δ ) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k
nên (Δ ) : y = k(x − 2)


⎧−x 4 + 2x2 = k(x − 2)
⎪
( Δ ) là tiếp tuyến của ( C ) ⇔ Hệ sau có nghiệm : ⎨
⎪−4x3 + 4x = k

⎩
Thay (2) vào (1) ta được : x(x − 2)(3x2 − 2x − 4) = 0 ⇔ x = −

(1)
(2)

2 2
,x = 0,x = 2
3

2 2 (2)
8 2
8 2
16
x+
⎯⎯⎯ k = −
→
⎯⎯ (Δ1) : y = −
→
27
3
27
27
(2)
x = 0 ⎯⎯⎯ k = 0 ⎯⎯ (Δ2 ) : y = 0
→
→

x=−

(2)
x = 2 ⎯⎯⎯ k = −4 2 ⎯⎯ (Δ3 ) : y = −4 2x + 8
→
→
Câu II ( 3,0 điểm )

10
3 2
a) 1đ Ta có : a = lg392 = lg(2 .7 ) = 3lg2 + 2 lg 7 = 3lg
+ 2 lg 7 = 3 − 3lg5 + 2 lg 7
5

⇒ 2 lg 7 − 3lg5 = a − 3 (1)

10
4
b = lg112 = lg(2 .7) = 4 lg2 + lg 7 = 4 lg
− 4 lg5 = 4 − 4 lg5 + lg 7

⇒ lg 7 − 4 lg5 = b − 4

5

(2)

⎧2 lg 7 − 3lg5 = a − 3

1
1
⇒ lg5 = (a − 2b + 5) , lg 7 = (4a − 3b)

5
5
⎩lg 7 − 4 lg5 = b − 4

Từ (1) và (2) ta có hệ : ⎨
1

1
1
x 2 + sin x)dx = xex 2 dx + x sin xdx = I + I
b) 1d Ta có I = ∫ x(e
∫
∫
1
2
0
0
0
1
1
1
x2 dx = 1 ex2 d(x2 ) = ( 1 ex2 ) = 1 (e − 1) . Cách khác đặt t = x 2
I1 = ∫ xe
2∫
2
2
0
0
0
1

⎧u = x
⎧du = dx
I2 = ∫ x sin xdx . Đặt : ⎨
⇒⎨

⎩dv = sin xdx

0

⎩v = − cosx

1
1 + cosxdx = − cos1 + [sin x]1 = − cos1 + sin1
nên I2 = [− x cosx]0
0
0

∫

Vậy : I =

1
(e − 1) + sin1 − cos1
2

c) Tập xác định : D =

y′ =

1− x

(1 + x2 ) 1 + x2

, y′= 0 ⇔ x = 1 ,


1
x(1 + )
x ⇒ lim y = −1 ; lim y = 1
lim y = lim
x→ ± ∞
x→ ± ∞
x→ − ∞
x→ + ∞
1
x . 1+
x2
Bảng biến thiên :

x −∞
y′
y

−1

+

1
0

+∞
−

2

1

Vaäy : Hàm số đã cho đạt :

M = max y = 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

a 2
và chiều cao h = a nên có thể
2
πa3
tích là V2 =
. Khi đó tỉ số thể tích :
2

kính R =

V1
a3
2

=
=
V2 πa3 π
2
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) Trung điểm của cạnh BC là M( −1;0;3 )

⎧ Qua M( − 1;0;3)
x y + 2 z −1
r
⇒ (AM) : =
=
r uuuu
VTCP u = AM = (−1;2;2)
−1
2
2
⎩

Trung tuyến (AM) : ⎨
b)

⎧ Qua O(0;0;0)
r
uuur
r uuur uuu
⎪

Mặt phẳng (OAB) : ⎨
OA = (0; −2;1) ⇒ VTPT n = [OA;OB] = (−1)(5;3;6)
r
VTCP : uuu
⎪
OB = (−3;2;1)
⎩
⎧x = 1 + 5t
⎪
⎧ Qua C(1; −1;4)
⇒ (d): ⎨
⇒ (d) : ⎨y = −1 + 3t
r r
⎩ VTCP u = n = ( − 1)(5;3;6)
⎪z = 4 + 6t
⎩


Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Vì hàm số y =

1

1
liên tục , không âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích :
2x + 1
1

1 1
1

1 d(2x + 1) 1
= ln 2x + 1 = ln3
S= ∫
dx = ∫
0 2
2x + 1
2 2x + 1
2
0

0

Theo đề : S = ln a ⇔

⎧a > 0
1
⇔a= 3
ln3 = ln a ⇔ ln 3 = ln a ⇔ ⎨
2
⎩a = 3

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ
r
r
+ Mặt phẳng ( P1 ) có VTPT n1 = (2; −1;1) , mặt phẳng ( P2 ) có VTPT n2 = (1;2; −2)
Vì
+ Gọi

r
uΔ

2 −1
≠
nên suy ra ( P1 ) và ( P2 ) cắt nhau .
1 2
r
r
r
r
uΔ là VTCP của đường thẳng Δ thì uΔ vng góc n1 và n2 nên ta có :
r r
= [n1; n2 ] = (0;5;5) = 5(0;1;1)

Vì Δ = (P1) ∩ (P2 ) . Lấy M(x;y;x)∈ (Δ ) thì tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ :

⎧2x − y + z − 6 = 0
, cho x = 2 ta được
⎨
x + 2y − 2z + 2 = 0
⎩
⎧−y + z = 2
⎧y = 1
:⎨
⇔⎨
. Suy ra : M(2;1;3)
⎩2y − 2z = −4
⎩z = 3

⎧x = 2
⎧ qua M(2;1;3)
⎪
Vậy (Δ ) : ⎨
⇒ (Δ ) : ⎨ y = 1 + t
r
⎩ vtcp uΔ = 5(0;1;1)
⎪
⎩z = 3 + t

b) 1đ Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên đường thẳng ( Δ ) .
Ta có : MH ⊥ Δ . Suy ra : H = Δ ∩ (Q) , với (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M và vng
với Δ . Do đó

⎧ qua M(2;1;3)
(Q) : ⎨
⇒ (Q) : 0(x + 1) + 1(y − 4) + 1(z − 2) = 0 ⇔ (Q) : y + z − 6 = 0
r r
vtpt n = uΔ = 5(0;1;1)
⎩
Thay x,y,z trong phương trình ( Δ ) vào phương trình mặt phẳng (Q) ta được :
1 pt(Δ )

t = ⎯⎯⎯→ H(2;2;4)
5

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hồnh độ giao điểm của ( C) và (G) :

x = x2 ⇔ x = 0,x = 1

Khi đó (H) giới hạn bởi các đường thẳng x = 0 , x = 1 , ( C) và (G) .
2
Vì 0 < x < x , ∀x ∈ (0;1) nên gọi V ,V2 lần lượt là thể tích sinh ra bởi ( C) và (G) .
1


1

∫

4

x2

x5 1

3π

− ]0 =
Khi đó : V = V2 − V = π (x − x )dx = π[
1
2
5
10
0