§Ò Thi thö tèt nghiÖp n¨m 2009 (Thêi gian lµm bµi 150 phót )

I/_ Phần dành cho tất cả thí sinh

Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số ( )1

11

xy

x

+=

− có đồ thị là (C)

1) Khảo sát hàm số (1)

2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm P(3;1).

Câu II ( 3 điểm)

1) Giải bất phương trình: 0139.2 1 ≤+− +xx

2) Tính tích phân: 1

5 3

0

1I x x dx= −∫

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 1x x

yx

+ += với 0x >

Câu III (1 điểm). Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp một hình lăng trụ tam giác đều có 9 cạnh đều bằng a. II/_Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) 1) Theo chương trình chuẩn Câu IV. a (2 điểm) Trong không gian cho hệ tọa độ Oxyz, điểm A (1; 1; 1) và hai đường thẳng (d1) và (d2) theo thứ tự có phương trình:

−=

−−=

=

tz

ty

tx

d

3...

21

.........

:1

+=

+=

=

/

/

/

2

2

21:

tz

ty

tx

d

Chứng minh rằng (d1), (d2) và A cùng thuộc một mặt phẳng.

Câu V. a (1 điểm) Tìm môđun của số phức ( )2

2 2z i i= + − −

2) Theo chương nâng cao. Câu IV. b (2 điểm) Trong không gian cho hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) ( )µ vα β lần lượt có phương trình là:

( ) ( ): 2 3 1 0; : 5 0x y z x y zα β− + + = + − + = và điểm M (1; 0; 5).

1. Tính khoảng cách từ M đến ( )α

2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua giao tuyến (d) của ( ) ( )µ vα β đồng

thời vuông góc với mặt phẳng (P): 3 1 0x y− + =

Câu V. b (1 điểm) Viết dạng lượng giác của số phức 1 3z i= +

ĐỀ 1

ĐỀ 2 §Ò Thi thö tèt nghiÖp n¨m 2009

(Thêi gian lµm bµi 150 phót )

Câu 1 (3 điểm):

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 23= − +y x x (C)

2. Dựa vào đồ thị (C) tìm k để phương trình :3 2 3 23 3 0− + + − =x x k k (1)

có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2 ( 3 điểm)

1. Giải phương trình 2 23 3log log 1 5 0+ + − =x x

2. Tính tích phân 2

0

x1 sin os

2 2

xc dx

π

+

∫

3. Tìm môđun của số phức ( )3

1 4 1z i i= + + −

Câu 4 (2,0 điểm)

Một hình trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 2 . Một hình vuông có các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và không vuông góc với trục của hình trụ . Tính cạnh của hình vuông đó . Câu 5 (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

ĐỀ 3 §Ò Thi thö tèt nghiÖp n¨m 2009

(Thêi gian lµm bµi 150 phót )

Câu 1 (3 điểm): Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số 2x 1

yx 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 2 ( 3 điểm)

a. Giải bất phương trình

x 1x 1 x 1

( 2 1) ( 2 1)

−

− ++ ≥ −

b. Tính tìch phân : I = 0

sin2xdx

2(2 sinx)/2 +−π∫

c. Cho số phức: ( )( )2

1 2 2= − +z i i . Tính giá trị biểu thức .=A z z . Câu 3 (2,0 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 Câu 4 (2,0 điểm)

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

x 1 2ty 2tz 1

= +

= = −

và mặt

phẳng (P) : 2x y 2z 1 0+ − − = . a. Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên (d) , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với (P) . b. Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) qua M(0;1;0) , nằm trong (P) và vuông góc với đường thẳng (d) .

§Ò thi tèt nghiÖp thpt I. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm) C©u I.( 3,0 ®iÓm)

Cho hµm sè 3 21 2

3 3y x mx x m= − − + + ( )mC

1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ ( C) cña hµm sè khi m =0. 2.T×m ®iÓm cè ®Þnh cña ®å thÞ hµm sè ( )mC .

C©u II.(3,0 ®iÓm) 1.T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè 4 28 16y x x= − + trªn ®o¹n [ -1;3].

2.TÝnh tÝch ph©n 7 3

3 20 1

xI dx

x=

+∫

3. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh 0,5

2 12

5log x

x

+≤

+

C©u III.(1,0 ®iÓm) Cho tø diÖn S.ABC cã SA vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC), SA = a; AB = AC= b,

� 60BAC°= . X¸c ®Þnh t©m vµ b¸n h×nh cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn S.ABC.

II.PhÇn riªng(3,0 ®iÓm) ThÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh nµo th× chØ ®−îc lµm phÇn dµnh riªng cho ch−¬ng tr×nh ®ã. 1. Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn: C©u IV.a(2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz: a)LËp ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu cã t©m I(-2;1;1) vµ tiÕp xóc víi mÆt ph¼ng 2 2 5 0x y z+ − + = b) TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai mÆt ph¼ng:

( ) : 4 2 12 0

( ) :8 4 2 1 0

x y z

x y z

α

β

− − + =

− − − =

C©u V.a(1,0 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 4 23 4 7 0z z+ − = trªn tËp sè phøc. 2.Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao. C©u IV.b(2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz,

cho ®−êng th¼ng d cã ph−¬ngtr×nh:1 1

2 1 2

x y z− += = vµ hai mÆt ph¼ng

( ) : 2 5 0

( ) : 2 2 0

x y z

x y z

α

β

+ − + =

− + + =

LËp ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu t©m I thuéc ®−êng th¼ng d vµ tiÕp xóc víi c¶ hai mÆt ph¼ng ( ) ( ),α β .

C©u V.b(1 ®iÓm)TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®å hÞ c¸c hµm sè

, 2 , 0y x y x y= = − =

..........HÕt............

ĐỀ 4

§Ò thi tèt nghiÖp thpt I. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm) C©u I.( 3,0 ®iÓm) Cho hµm sè 3 2y x mx m= − + − , víi m lµ tham sè 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ ( C) cña hµm sè khi m =3. 2.Dùa vµo ®å thÞ (C) biÖn lu¹n theo k sè nghiÖm c¶u ph−¬ng tr×nh 3 3 1 0x x k− − + = C©u II.(3,0 ®iÓm)

1.TÝnh tÝch ph©n 1

20 3 2

dxI

x x=

+ +∫

2. Gi¶i ph−¬ng tr×nh 25 26.5 25 0x x− + = 3.T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè 3 3 3y x x= − + trªn ®o¹n [ 0;2]. C©u III.(1,0 ®iÓm) Cho khèi chãp tam gi¸c ®Òu S.ABC cã ®¸y lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh b»ng a, c¸c c¹nh bªn t¹o víi ®¸y mét gãc 60° . H\y tÝnh thÓ tÝch khèi chãp ®ã. II.PhÇn riªng(3,0 ®iÓm) ThÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh nµo th× chØ ®−îc lµm phÇn dµnh riªng cho ch−¬ng tr×nh ®ã. 1. Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn: C©u IV.a(2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho c¸c ®iÓm: A(3;-2;-2) ; B(3;2;0) ; C(0;2;1); D(-1;1;2) 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (BCD). 2.ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu t©m A, tiÕp xóc víi mÆt ph¼ng (BCD) C©u V.a(1,0 ®iÓm) T×m sè phøc z biÕt 2 5z = vµ phÇn ¶o cña z b»ng 2 lÇn phÇn thùc cña

nã. 2.Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao. C©u IV.b(2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian Oxyz, cho A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;0;1), D(-2;1;-1) 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (BCD). Chøng minh r»ng ABCD lµ h×nh tø diÖn 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu (S) t©m A vµ tiÕp xóc víi mÆt ph¼ng (BCD) C©u V.b(1 ®iÓm) ViÕt d¹ng l−îng gi¸c cña sè phøc 1 3z i= +

ĐỀ 5

§Ò thi tèt nghiÖp thpt I. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm) C©u I.( 3,0 ®iÓm)

1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2

3

xy

x

+=

−

2.T×m trªn ®å thÞ ®iÓm M sao cho kho¶ng c¸ch tõ M ®Õn ®−êng tiÖm cËn ®øng b»ng kho¶ng c¸ch tõ M ®Õn tiÖm cËn ngang. C©u II.(3,0 ®iÓm) 1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 13 .5 7 245x x x− − = .

2.TÝnh tÝch ph©n a) 1

1 lnex

I dxx

+= ∫ b)

2

0

1 2J cos xdx

π

= −∫

C©u III.(1,0 ®iÓm) Mét h×nh trô cã thiÕt diÖn qua trôc lµ h×nh vu«ng, diÖn tÝch xung quanh lµ 4π . 1.TÝnh diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh trô. 2. TÝnh thÓ tÝch cña khèi trô. II.PhÇn riªng(3,0 ®iÓm) ThÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh nµo th× chØ ®−îc lµm phÇn dµnh riªng cho ch−¬ng tr×nh ®ã. 1. Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn: C©u IV.a(2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz:

cho A(1;0;0), B(1;1;1), 1 1 1

; ;3 3 3

C

a)ViÕt ph−¬ng tr×nh tæng qu¸t cña mÆt ph¼ng ( )α ®i qua O vµ vu«ng gãc víi OC.

b) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( )β chøa AB vµ vu«ng gãc víi ( )α

C©u V.a(1,0 ®iÓm) T×m nghiÖm phøc cña ph−¬ng tr×nh 2 2 4z z i+ = − 2.Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao. C©u IV.b(2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho mÆt ph¼ng ( )α : y+2z= 0 vµ 2

®−êng 1.T×m to¹ ®é giao ®iÓm A cña ®−êng th¼ng d víi mp ( )α vµ giao ®iÓm B

cña ®−êng th¼ng d' víi ( )α .

2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng ∆ n»m trong mp ( )α vµ c¾t c¶ 2

®−êng th¼ng d vµ d'. C©u V.b(1 ®iÓm) T×m c¨n bËc hai cña sè phøc 1 4 3i+

ĐỀ 6

ĐỀ 7 §Ò thi tèt nghiÖp thpt M«n To¸n Thêi gian: 150 phót I. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm) C©u I.( 3,0 ®iÓm)

1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2

3

xy

x

+=

−

2.T×m trªn ®å thÞ ®iÓm M sao cho kho¶ng c¸ch tõ M ®Õn ®−êng tiÖm cËn ®øng b»ng kho¶ng c¸ch tõ M ®Õn tiÖm cËn ngang. C©u II.(3,0 ®iÓm) 1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 13 .5 7 245x x x− − = .

2.TÝnh tÝch ph©n a) 1

1 lnex

I dxx

+= ∫ b)

2

0

1 2J cos xdx

π

= −∫

C©u III.(1,0 ®iÓm) Mét h×nh trô cã thiÕt diÖn qua trôc lµ h×nh vu«ng, diÖn tÝch xung quanh lµ 4π . 1.TÝnh diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh trô. 2. TÝnh thÓ tÝch cña khèi trô. II.PhÇn riªng(3,0 ®iÓm) ThÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh nµo th× chØ ®−îc lµm phÇn dµnh riªng cho ch−¬ng tr×nh ®ã. 1. Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn: C©u IV.a(2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz:

cho A(1;0;0), B(1;1;1), 1 1 1

; ;3 3 3

C

a)ViÕt ph−¬ng tr×nh tæng qu¸t cña mÆt ph¼ng ( )α ®i qua O vµ vu«ng gãc víi OC.

b) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( )β chøa AB vµ vu«ng gãc víi ( )α

C©u V.a(1,0 ®iÓm) T×m nghiÖm phøc cña ph−¬ng tr×nh 2 2 4z z i+ = − 2.Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao. C©u IV.b(2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho mÆt ph¼ng ( )α : y+2z= 0 vµ 2

®−êng 1.T×m to¹ ®é giao ®iÓm A cña ®−êng th¼ng d víi mp ( )α vµ giao ®iÓm B

cña ®−êng th¼ng d' víi ( )α .

2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng ∆ n»m trong mp ( )α vµ c¾t c¶ 2

®−êng th¼ng d vµ d'. C©u V.b(1 ®iÓm) T×m c¨n bËc hai cña sè phøc 1 4 3i+

ĐỀ 8 §Ò thi tèt nghiÖp thpt M«n To¸n Thêi gian: 150 phót I. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm) C©u I.( 3,0 ®iÓm) Cho hµm sè 3 2y x mx m= − + − , víi m lµ tham sè 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ ( C) cña hµm sè khi m =3. 2.Dùa vµo ®å thÞ (C) biÖn lu¹n theo k sè nghiÖm c¶u ph−¬ng tr×nh 3 3 1 0x x k− − + = C©u II.(3,0 ®iÓm)

1.TÝnh tÝch ph©n 1

20 3 2

dxI

x x=

+ +∫

2. Gi¶i ph−¬ng tr×nh 25 26.5 25 0x x− + = 3.T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè 3 3 3y x x= − + trªn ®o¹n [ 0;2]. C©u III.(1,0 ®iÓm) Cho khèi chãp tam gi¸c ®Òu S.ABC cã ®¸y lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh b»ng a, c¸c c¹nh bªn t¹o víi ®¸y mét gãc 60° . H\y tÝnh thÓ tÝch khèi chãp ®ã. II.PhÇn riªng(3,0 ®iÓm) ThÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh nµo th× chØ ®−îc lµm phÇn dµnh riªng cho ch−¬ng tr×nh ®ã. 1. Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn: C©u IV.a(2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho c¸c ®iÓm: A(3;-2;-2) ; B(3;2;0) ; C(0;2;1); D(-1;1;2) 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (BCD). 2.ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu t©m A, tiÕp xóc víi mÆt ph¼ng (BCD) C©u V.a(1,0 ®iÓm) T×m sè phøc z biÕt 2 5z = vµ phÇn ¶o cña z b»ng 2 lÇn phÇn thùc cña

nã. 2.Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao. C©u IV.b(2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian Oxyz, cho A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;0;1), D(-2;1;-1) 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (BCD). Chøng minh r»ng ABCD lµ h×nh tø diÖn 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu (S) t©m A vµ tiÕp xóc víi mÆt ph¼ng (BCD) C©u V.b(1 ®iÓm) ViÕt d¹ng l−îng gi¸c cña sè phøc 1 3z i= +

ĐỀ 9 §Ò thi tèt nghiÖp thpt M«n To¸n Thêi gian: 150 phót

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu 1 (4,0 điểm):

4. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 23y x x= −

5. Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm của phương trình 3 23 0x x m− + =

6. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành. Câu 2 ( 2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 23 5.3 6 0x x− + =

2. Giải phương trình: 2 4 7 0x x− + =

Câu 3 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SB vuông

góc với đáy, cạnh bên SC bằng 3a . 1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. 2. Chứng minh trung điểm của cạnh SD là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. II. PHẦN DÀNH CHO TỪNG THÍ SINH A. Dành cho thí sinh Ban cơ bản: Câu 4 (2,0 điểm)

1.Tính tích phân: 1

0

( 1) . xI x e d x= +∫

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(5;0;4), B(5;1;3), C(1;6;2), D(4;0;6) a. Viết phương trình tham số của đường thẳng AB

b. Viết phương trình mặt phẳng ( )α đi qua điểm D và song song với mặt phẳng (ABC). B. Dành cho thí sinh Ban nâng cao Câu 5 (2,0 điểm)

1. Tính tích phân: 2

32 3

1

1I x x d x= +∫

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;2;3) và mặt phẳng (P) có phương trình: x - 2y + z + 3 = 0 a. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M và song song với mặt phẳng (P). b. Viết phương trình tham số của đường thẳng (d) đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ giao điểm H của đường thẳng (d) với mặt phẳng (P)

………Hết………

ĐỀ 10 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2009 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu 1 (3,5 điểm):

7. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 4 22 3y x x= − +

8. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm cực đại của (C). Câu 2 ( 2,0 điểm) 3. Giải phương trình: 4 2log log (4 ) 5x x+ =

4. Giải phương trình: 2 4 5 0x x− + =

Câu 3 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh B, cạnh bên SA vuông góc với đáy, biết SA = AB = BC = a. Tính thể tích của khối chóp S.ABC. II. PHẦN DÀNH CHO TỪNG THÍ SINH A. Dành cho thí sinh Ban cơ bản: Câu 4A (2,5 điểm)

1.Tính tích phân: 2

1

. lnI x xd x= ∫

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;2;-3) và mặt phẳng (P) có phương trình: 3 x + y + 2z - 1 = 0 a. Viết phương trình mặt phẳng ( )α đi qua điểm A và song song với mặt phẳng (P). b. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). B. Dành cho thí sinh Ban nâng cao Câu 4B (2,5 điểm)

3. Tính tích phân: 2

20

1

(s in x + c o sx )I d x

π

= ∫

4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng ∆ và '∆ có phương trình lần lượt là:

1

: 2

2 2

x t

y t

z t

= +

∆ = + = − −

'

' '

2

: 1

1

x t

y t

z

= +

∆ = − =

a. Chứng tỏ hai đường thẳng ∆ và '∆ chéo nhau. b. Viết phương trình đường vuông góc chung của ∆ và '∆ .

ĐỀ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HOC PHỔ THÔNG năm : 2008-2009 Môn thi :TOÁN Thời gian làm bài :150 phút, (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (3,5 điểm)

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

xy

+

−=

1

1

2. Viết pương trình tiếp tuyến của đồ thị (C).Biết tiếp tuyến đó qua điểm M(1;2) 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục tung,truc hoành và đồ thị (C) Câu 2: (1,5 điểm) 1. Tính tích phân :

( ) xdxxxI sincos4

0

3

∫ +=

π

2 .Tìm giái trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số sau trên đoạn [ ]π;0 :

xxy2sin

2

1sin −=

Câu 3: (3 điểm) : Trong không gian (oxyz) cho mặt cầu (s) có phương trình:

03422222 =−++−++ zyxzyx

Và 2 đường thẳng: 1d : tz

ty

tx

−=

=

−= 1

và 2d : tz

ty

tx

′=

′+−=

′=

1

2

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

b.) Viết phương trình mặt phẳng (β) chứa 1d và song song với 2d c.) Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu (S) biết tiếp diện đó song song với 2

đường thẳng 1d và 2d Câu 4: (1 điểm)

Giải phương trình: 032)32(2 =+−− ixix Câu 5: (1 điểm)

Chứng minh rằng:1321 2.... −=++++ nn

nnnn nCCCC

ĐỀ 11

ĐỀ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HOC PHỔ THÔNG

năm : 2008-2009 Môn thi :TOÁN Thời gian làm bài :150 phút, (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (3,5 điểm)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số : xxxy 159 23 +−= 2. Viết pương trình tiếp tuyến tại điểm A(1;7) của đồ thị (C)

3. Với giá trị nào của tham số m đường thẳng mmxy 132 −+= đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối 2 điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị ( C) Câu 2: (1,5 điểm) 1. Tính diện tích và thể tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số:

xey = , 1=y và đường thẳng : 1=x

2. Tính tích phân :

∫ +=

1

021

dxx

xI

Câu 3: (3 điểm) : Trong không gian (oxyz) cho ba điểm ( )1;0;1−A , ( )1;2;1B

( )1;1;0C . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC a.) Viết phương trình đường thẳng OG b.) Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua 4 điểm O,A,B,C c.) Viết phương trình mặt phẳng vuông góc với đường thẳng OG và tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu 4: (1 điểm)

Giải phương trình: 0542 =++ xx

Câu 5: Xác định hằng số trong khai triển niutơn sau:20

32 1

3

−

xx

..……..Hết………..

ĐỀ 12

ĐỀ LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT Môn : Toán THPT – Năm học: 2008 – 2009

Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ----------------------------------

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO CẢ HAI BAN (8 điểm) Câu 1 (3,5 điểm) Cho hàm số 3 23 1y x x= − + + có đồ thị (C) c. Khảo sát và vẽ đồ thị (C). d. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A(3;1). e. Dùng đồ thị (C) định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt

3 23 0x x k− + = . Câu 2 (1,5 điểm)

Giải phương trình sau : 2 22 2 2log ( 1) 3log ( 1) log 32 0x x+ − + + = .

Câu 3 (1 điểm)

Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 2 2 17 0z z+ + =

Câu 4 (2 điểm ) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD và O là tâm của đáy ABCD. Gọi I là trung điểm cạnh đáy CD. a. Chứng minh rằng CD vuông góc với mặt phẳng (SIO). b. Giả sử SO = h và mặt bên tạo với đáy của hình chóp một góc α . Tính theo h và α thể tích của hình chóp S.ABCD. II. PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN (2 điểm) A. Thí sinh ban KHTN chọn câu 5a hoặc 5b Câu 5a (2 điểm)

1/Tính tích phân sau : 23

0(1 2sin ) cosx xdxI

π

+= ∫ .

2/Giải phương trình sau : 14 2.2 3 0x x+− + =

Câu 5b (2 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;4) 1) Viết phương trình mặt phẳng α qua ba điểm A, B, C. Chứng tỏ OABC là tứ diện. 2) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC. B. Thí sinh ban KHXH-NV và ban CB chọn câu 6a hoặc 6b Câu 6a (2 điểm)

1/Tính tích phân sau : 2

0(1 sin )cosx xdxI

π

+= ∫

2/

Giải phương trình sau : 4 5.2 4 0x x + =− Câu 6b (2 điểm) Trong không gian với hệ trục 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 α qua A và vuông góc d. 2) Tìm tọa độ giao điểm của d và mặt phẳng α .

ĐỀ 13

Đề số 14 ĐỀ LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT

Môn : Toán THPT – Năm học: 2008 – 2009 Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ). Câu 1(4 điểm). Cho hàm số : y = – x3 + 3mx – m có đồ thị là ( Cm ) . 1.Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x = – 1. 2.Khảo sát hàm số ( C1 ) ứng với m = – 1 . Câu 2(2 điểm).

1.Tính tích phân 4

0

t anx

cos

π

= ∫I dxx

.

2. Giải phương trình 2 4 7 0− + =x x trên tập số phức . Câu 3 ( 1 điểm ) Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a , � 30SAO = o , � 60SAB = o . Tính độ dài đường sinh theo a . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ). 1.Theo chương trình chuẩn : Câu 4.a ( 2 điểm ). Cho D(-3;1;2) và mặt phẳng (α ) qua ba điểm A(1;0;11), B(0;1;10), C(1;1;8). 1.Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (α ) 2.Viết phương trình mặt cầu tâm D bán kính R= 5.Chứng minh mặt cầu này cắt (α ) Câu 4.b ( 1 điểm ) Xác định tập hợp các điểm biểu diển số phức Z trên mặt phẳng tọa độ thỏa mãn điều kiện : 3 4+ + =Z Z

2.Theo chương trình nâng cao : Câu 4.a ( 2 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

(d ) :

2 4 .

3 2 .

4 .

x t

y t

z t

= +

= + = − +

và mặt phẳng (P) : 2 7 0x y z− + + + =

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 4.b ( 1 điểm ) : Tìm căn bậc hai của số phức 4= −z i

Đề số 15 ĐỀ LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT

Môn : Toán THPT – Năm học: 2008 – 2009 Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ). Câu 1(4 điểm). Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + m – 2 . m là tham số 1.Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu. 2.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. Câu 2(2 điểm).

1.Tính tích phân : I = 1

0

(3 cos 2 )+∫x

x dx .

2. Giaûi baát phöông trình : log ( 3) log ( 2) 12 2− + − ≤x x .

Caâu 3(1điểm). Cho hình choùp töù giaùc ñeàu SABCD coù caïnh ñaùy baèng a, goùc giöõa maët beân vaø maët ñaùy baèng 600. Tính theå tích cuûa khoái choùp SABCD theo a. II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ). 1.Theo chương trình chuẩn : Câu 4.a ( 2 điểm ).

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1

1 2( ) :

2 2 1

− −∆ = =

− −

x y z ,

( )

2 .

2 5 3 .

4.

x t

y t

z

= −

∆ = − + =

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 4.b ( 1 điểm ): Giải phương trình 3 8 0+ =x trên tập số phức . 2.Theo chương trình nâng cao : Câu 4.a ( 2 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) : 2 1 0+ + + =x y z và mặt cầu (S) : 2 2 2 2 4 6 8 0+ + − + − + =x y z x y z . 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 4.b ( 1 điểm ) : Biểu diễn số phức z = 1− + i dưới dạng lượng giác .

Đề số 16 ĐỀ LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT

Môn : Toán THPT – Năm học: 2008 – 2009 Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ). Câu 1(4 điểm). Cho hàn số y = x3 + 3x2 + 1. 1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2).Dựa vào đồ thị (C), biện luận số nghiệm của phương trình sau theo m :

x3 + 3x2 + 1 = 2

m .

Câu 2(2 điểm).

1. Tính tích phaân : 1 2

30 2

=+

∫x

I dxx

.

2. Giải phương trình : 2 2log ( 3) log ( 1) 3− + − =x x . Caâu 3(1điểm). Cho hình nón có bán kính đáy là R,đỉnh S .Góc tạo bởi đường cao và đường sinh là 600. Tính diện tích xung quanh của mặt nón và thể tích của khối nón. II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ). 1.Theo chương trình chuẩn : Câu 4.a ( 2 điểm ).

Trong không gian Oxyz cho 2 điểm A(5;-6;1) và B(1;0;-5) 1. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ( ∆ ) qua B có véctơ chỉ phương ru (3;1;2). Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AB và ( ∆ )

2. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và chứa ( ∆ ) Câu 4.b(1điểm) .Tính theå tìch caùc hình troøn xoay do caùc hình phaúng giôùi haïn bôûi caùc ñöôøng sau ñaây quay quanh truïc Ox : y = - x2 + 2x vaø y = 0. 2.Theo chương trình nâng cao : Câu 4.a ( 2 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; − 1;1) , hai đường thẳng

1

1( ) :

1 1 4

−∆ = =

−

x y z , ( )

2 .

2 4 .

1.

x t

y t

z

= −

∆ = + =

và mặt phẳng (P) : 2 0+ =y z

a. Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng ( 2∆ ) . b. Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng 1 2( ) , ( )∆ ∆ và nằm trong mặt phẳng (P) . Câu 4.b ( 1 điểm ) :

Tìm m để đồ thị của hàm số 2

( ) :1

− +=

−m

x x mC y

x với 0≠m cắt trục hoành tại hai điểm

phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vuông góc nhau .

Đề số 17 :

ĐỀ LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT Môn : Toán THPT – Năm học: 2008 – 2009

Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ). Câu 1(4 điểm). Cho hàm số 3 3= − +y x x có đồ thị (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) vuông góc với đường thẳng (d) x-9y+3=0 Câu 2(2 điểm).

1. Tính tích phaân : I = 2

0

(2 1).cos

π

−∫ x xdx .

2.Giải phương trình : 2 22 9.2 2 0+ − + =x x . Caâu 3(1điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh a.SA vuông góc với mặt phẳng ABCD,SA= 2a. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ). 1.Theo chương trình chuẩn : Câu 4.a ( 2 điểm ).

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 3 2:

1 2 2

+ + += =

x y zd và

điểm A(3;2;0) 1.Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc H của A lên d

2.Tìm tọa độ điểm B đối xứng với A qua đường thẳng d.

Câu 4.b(1điểm). Cho số phức: ( )( )2

1 2 2= − +z i i . Tính giá trị biểu thức .=A z z . 2.Theo chương trình nâng cao : Câu 4.a ( 2 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : 2 2 3 0− + − =x y z và

hai đường thẳng ( 1d ) : 4 1

2 2 1

− −= =

−

x y z , ( 2d ) : 3 5 7

2 3 2

+ + −= =

−

x y z .

a. Chứng tỏ đường thẳng ( 1d ) song song mặt phẳng (α ) và ( 2d ) cắt mặt phẳng (α ) . b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng ( 1d ) và ( 2d ). c. Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) song song với mặt phẳng (α ) , cắt đường thẳng ( 1d ) và ( 2d ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 . Câu 4.b ( 1 điểm ) : Tìm nghiệm của phương trình 2=z z , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z .

§Ò sè 18

ĐỀ LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT Môn : Toán THPT – Năm học: 2008 – 2009

Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) C©u 1 ( 3 điểm )

Cho hàm số y = 4 2-x + 2x + 3 (C)

1. Khảo s¸t và vẽ đồ thị hàm số (C)

2. T×m m để Ph−¬ng tr×nh 4 2 - 2 0 x x m+ = cã 4 nghiÖm ph©n biÖt.

C©u 2 ( 3 điểm )

1. TÝnh tÝch ph©n I = xdxx .22

0

2∫ +

2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = 3 22x 3x 12x 2+ − + trên [ 1; 2]− .

3. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 12222 1 −=− −+− xxxx

C©u 3 ( 1 điểm ) Cho khèi chãp ®Òu S.ABCD cã AB = a, (a > 0 ). Gãc gi÷a mÆt bªn vµ mÆt ®¸y b»ng 600 . TÝnh thÓ tÝch cña cña khèi chãp S.ABCD theo a. II. PhÇn riªng (3 ®iÓm) 1. Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn: C©u 4. a ( 2 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho A(3 ; -2; -2) , B( 3; 2; 0 ), C(0 ; 2 ;1) vµ D( -1; 1; 2). 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng qua B, C, D. Suy ra ABCD lµ tø diÖn 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu t©m A vµ tiÕp xóc víi mÆt ph¼ng (BCD). C©u 4. b (1 ®iÓm ) T×m m«®un cña sè phøc z = 3 + 4i + (1 +i)3 2. Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao: C©u 4. a ( 2 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho A(3 ; 5; -5) , B( -5; -3; 7 ) vµ ®−êng th¼ng d:

1 3

1 2 4

x y z+ −= =

−.

1. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng qua ®−êng th¼ng d vµ song song víi ®−êng th¼ng AB. 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu t©m A vµ tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng d. C©u 4. b (1,0 ®iÓm ) Gi¶i ph−¬ng tr×nh trªn tËp sè phøc z2 – 4z +7 = 0

§Ò sè 19

ĐỀ LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT Môn : Toán THPT – Năm học: 2008 – 2009

Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) C©u 1 ( 3 điểm )

Cho hàm số y = 4

2x 5 - 3x +

2 2(1)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1). 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiếp tuyến tại ®iÓm cã hoµnh ®é x = 1 C©u 2 ( 3 điểm )

1. TÝnh tÝch ph©n ( ) xdxxI

31

0

2 12∫ +=

2/Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = 3 22x 4x 2x 2− + − + trên [ 1; 3]− .

3. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 0164.1716 =+− xx C©u 3 ( 1 điểm ) Cho khèi chãp S.ABC cã ®−êng cao SA= a, (a > 0 ) vµ ®¸y lµ tam gi¸c ®Òu. Gãc gi÷a mÆt bªn (SBC) vµ mÆt d¸y b»ng 600 . TÝnh thÓ tÝch cña cña khèi chãp S.ABC theo a. II. PhÇn riªng (3 ®iÓm) 3/Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn: C©u 4. a ( 2 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho A(2 ; 0; 0) , B( 0; 4; 0 ) vµ C(0; 0; 4). 1.ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu qua 4 ®iÎm O, A, B, C. X¸c ®Þnh to¹ ®é t©m I vµ tÝnh b¸n kÝnh R cña mÆt cÇu. 2.ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( ABC) vµ ®−êng th¼ng d qua I vu«ng gãc víi (ABC). C©u 4. b (1 ®iÓm ) T×m sè phøc z tho¶ m\n 5z = vµ phÇn thùc b»ng 2 lÇn phÇn ¶o cña nã.

Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao: C©u 4. a ( 2 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho 2 ®−êng th¼ng cã ph−¬ng tr×nh

1

1

: 1

2

x t

y t

z

= +∆ =− − =

2

3 1:

1 2 1

x y z− −∆ = =

−

1.ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng qua ®−êng th¼ng ∆1 vµ song song víi ®−êng th¼ng ∆2 . 2.X¸c ®Þnh ®iÓm A trªn ∆1 vµ ®iÓm B trªn ∆2 sao cho AB ng¾n nhÊt . C©u 4. b (1 ®iÓm ) Gi¶i ph−¬ng tr×nh trªn tËp sè phøc: 2z2 + z +3 = 0

§Ò sè 20

ĐỀ LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT Môn : Toán THPT – Năm học: 2008 – 2009

Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) C©u 1 ( 3 điểm )

Cho hàm số y = 4 2x + 2(m+1)x + 1 (1)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. T×m m ®Ó hµm sè cã 3 cùc trÞ. C©u 2 ( 3 điểm )

1. TÝnh tÝch ph©n ( )1+∫1

32

0

I = 4x .xdx

3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = 3 22x 4x 2x 1− + + trên [ 2;3]− .

3. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 2 33.2 2 2 60x x x+ ++ + = C©u 3 ( 1 điểm ) Cho khèi chãp S.ABC cã ®¸y lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, (a >0). Tam gi¸c SAC c©n t¹i S gãc SAC b»ng 600 ,(SAC) ⊥ (ABC) . TÝnh thÓ tÝch cña cña khèi chãp S.ABC theo a. II. PhÇn riªng (3 ®iÓm) 3. Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn: C©u 4. a ( 2 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho A(2 ; 4; -1) , B( 1; 4; -1 ) , C(2; 4; 3) vµ D(2; 2; -1). 1.CMR AB ⊥AC, AC ⊥ AD, AD ⊥ AB . TÝnh thÓ tÝch cña tø diÖn ABCD. 2.ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu qua 4 ®iÎm A, B, C, D. X¸c ®Þnh to¹ ®é t©m I vµ tÝnh b¸n kÝnh R cña mÆt cÇu. C©u 4. b (1 ®iÓm )

TÝnh T = 5 6

3 4

i

i

−+

trªn tËp sè phøc.

Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao: C©u 4. a ( 2 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho A(4 ; 3; 2) , B( 3; 0; 0 ) , C(0; 3; 0) vµ D(0; 0; 3). 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua A vµ G lµ träng t©m cña tam gi¸c BCD. 2.ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu t©m Avµ tiÕp xóc (BCD). C©u 4. b (1 ®iÓm )

Cho sè phøc 1 3

2 2z i=− + , tÝnh z2 + z +3

®Ò sè 21

ĐỀ LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT Môn : Toán THPT – Năm học: 2008 – 2009

Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề I - PhÇn chung: ( 7 ®iÓm)

C©u 1: ( 3 ®iÓm) Cho hµm sè 3 2

1

xy

x

−=

−

a, Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (c) cña hµm sè. b, ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi ®å thÞ (c) t¹ ®iÓm cã tung ®é b»ng 1. C©u 2: (2,5 ®iÓm)

a, TÝnh tÝch ph©n: I = ( )1

5

0

1x x d x−∫

b, Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: ( ) ( )2 2log 3 log 2 1x x− + − ≤

C©u 3: (1,5 ®iÓm) Cho h×nh chãp tø gi¸c ®Òu S.ABCD, c¹nh ®¸y b»ng a, gãc gi÷a mÆt bªn vµ mÆt ®¸y b»ng 600. TÝnh thÓ tÝch cña khèi chãp. II – PhÇn riªng: (3 ®iÓm). ThÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh nµo chØ ®−îc lµm phÇn dµnh riªng cho ch−¬ng tr×nh ®ã. (phÇn 1 hoÆc phÇn 2). 1. Ch−¬ng tr×nh chuÈn: C©u 4a: ( 2 ®iÓm) Trong kh«ng gian Oxyz, cho ®iÓm A(2 ; 0 ; 1) vµ (p): 2x – y + z + 1 = 0.

Vµ ®−êng th¼ng d:

1

2

2

x t

y t

z t

= +

= = +

a, LËp ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu t©m A vµ tiÕp xóc víi (p). b, ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng d’ qua A, vu«ng gãc vµ c¾t d. C©u 5a: ( 1 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh trªn tËp sè phøc C: 5x4 - 4x2 – 1 = 0. 2. Ch−¬ng tr×nh n©ng cao: C©u 4b: ( 2 ®iÓm)

Trong kh«ng gian Oxyz, cho ®iÓm A( 3 ; 4 ; 2), ®−êng th¼ng d: 1

1 2 3

x y z −= =

Vµ mÆt ph¼ng (P): 4x + 2y +z – 1 = 0. a, LËp ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu t©m A vµ tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng d. b, X¸c ®Þnh ®−êng th¼ng d’ qua A vu«ng gãc víi d vµ song song víi (P). C©u 5b: ( 1 ®iÓm)

LËp ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng d1: 4 1

3 3y x= − +

Vµ tiÕp xóc víi ®å thÞ hµm sè 2 1

1

x xy

x

+ +=

+.

ĐÒ sè 22 ĐỀ LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT

Môn : Toán THPT – Năm học: 2008 – 2009 Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề I - PhÇn chung: ( 7 ®iÓm)

C©u 1: ( 3 ®iÓm) Cho hµm sè 2 1

1

xy

x

+=

−

a, Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (c) cña hµm sè. b, T×m m ®Ó ®−êng th¼ng d: y = - x + m c¾t (c) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt . C©u 2: (2,5 ®iÓm)

a, tÝnh tÝch ph©n:

6

0

sin 2I xcos xdx

π

= ∫ .

b, T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y = 2x3 – 3x2 – 12x +1 trªn ®o¹n [-2/5; 2]. C©u 3: (1,5 ®iÓm) Cho h×nh chãp S.ABCD, ®¸y lµ h×nh vu«ng c¹nh a, SA vu«ng gãc víi mÆt ®¸y, SB = 3a . a, TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABCD. b, CMR Trung ®iÓm cña SC lµ t©m mÆt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp S.ABCD. II – PhÇn riªng: (3 ®iÓm). ThÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh nµo chØ ®−îc lµm phÇn dµnh riªng cho ch−¬ng tr×nh ®ã. (phÇn 1 hoÆc phÇn 2). 1. Ch−¬ng tr×nh chuÈn: C©u 4a: ( 2 ®iÓm) Trong kh«ng gian Oxyz, cho ®iÓm A ( -1 ; 1 ; 2) B(0 ;1 ;1) C( 1 ; 0; 4). a, CMR tam gi¸c ABC lµ tam gi¸c vu«ng. ViÕt ph−¬ng tr×nh tham sè AB. b, Gäi M lµ ®iÓm sao cho: 2MB MC= −

uuur uuuur. ViÕt ph−¬ng tr×nh (P) qua M vµ vu«ng

gãc víi BC. C©u 5a: ( 1 ®iÓm)

ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi ®å thÞ hµm sè 2 3

1

xy

x

+=

+ t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é

b»ng -3. 2. Ch−¬ng tr×nh n©ng cao: C©u 4b: ( 2 ®iÓm): Trong kh«ng gian Oxyz, cho ®iÓm M ( 1;-1;1), ®−êng th¼ng

d: 1

1 1 4

x y z−= =

−; ®−êng th¼ng d’:

2

4 2

1

x t

y t

z

= −

= + =

vµ mÆt ph¼ng (P): y+ 2z = 0

a, T×m h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M trªn d’ b, ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng d1 c¾t c¶ d vµ d’, vµ n»m trong (P).

C©u 5b: ( 1 ®iÓm). T×m m ®Ó hµm sè 2 24 5 9

1

x mx my

x

+ + −=

− cã hai cùc trÞ tr¸i dÊ

®Ò sè 23

ĐỀ LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT Môn : Toán THPT – Năm học: 2008 – 2009

Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề

I - PhÇn chung: ( 7 ®iÓm)

C©u 1: ( 3 ®iÓm) Cho hµm sè ( )1 2 1

1

m x my

x

+ − −=

+ ( Cm) ( m lµ tham sè)

a, T×m m ®Ó ( Cm) qua ®iÓm A ( 0; -1) b, Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m võa t×m ®−îc. C©u 2: (2,5 ®iÓm) a, Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 2 22 9 .2 2 0x x+ − + =

b, TÝnh tÝch ph©n: I = 0

21

16 2

4 4

xdx

x x−

−

− +∫

c, Gi¶i ph−¬ng tr×nh sau trªn tËp sè phøc C: 23 2 0x x− + = . C©u 3: (1,5 ®iÓm) Cho h×nh chãp ®Òu S.ABC, c¹nh ®¸y b»ng a, c¹nh bªn b»ng 2a, gäi I lµ trung ®iÓm BC. a, CMR SA vu«ng gãc víi BC. b, TÝnh thÓ tÝch cña khèi chãp S.ABI theo a. II – PhÇn riªng: (3 ®iÓm). ThÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh nµo chØ ®−îc lµm phÇn dµnh riªng cho ch−¬ng tr×nh ®ã. (phÇn 1 hoÆc phÇn 2). 1. Ch−¬ng tr×nh chuÈn: C©u 4a: ( 2 ®iÓm) Trong kh«ng gian Oxyz, cho ®−êng th¼ng d: vµ mÆt ph¼ng (P) x + y – z + 5 =0. a, T×m to¹ ®é giao ®iÓm cña d vµ (P). b, ViÕt ph−¬ng tr×nh h×nh chiÕu vu«ng gãc cña d trªn (P). C©u 4b: ( 1 ®iÓm) Gi¶i BÊt ph−¬ng tr×nh: 4log 3 1x − <

2. Ch−¬ng tr×nh n©ng cao: C©u 4b: ( 2 ®iÓm): a, ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) qua 2 ®iÓm A(3;1;-1)B(2;-1;4) vµ vu«ng gãc víi (Q): 2x – y + 3z + 4 = 0. b, TÝnh thÓ tÝch cña vËt thÓ trßn xoay t¹o bëi giíi h¹n bëi c¸c ®−êng: 3 1 ; 1 ; 0y x y y= + = = khi nã quay quanh trôc Oy. C©u 4b: ( 1 ®iÓm).

Gi¶i BÊt ph−¬ng tr×nh: 1 1

3 3

1 1log 1 log 3

2 4

x x − < −

ĐỀ 24 §Ò Thi thö tèt nghiÖp n¨m 2009 I. PHÇN CHUNG CHO TÊT C¶ THÝ SINH (7 ®iÓm)

C©u I (3,0 ®iÓm)

Cho hµm sè 4 2y x 2x 1= − − cã ®å thÞ (C)

f. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C). g. Dïng ®å thÞ (C), h\y biÖn luËn theo m sè nghiÖm thùc cña ph−¬ng tr×nh

4 2x 2x m 0 (*)− − =

C©u II (3,0 ®iÓm)

a. Gi¶i ph−¬ng tr×nh 17 2.7 9 0x x−+ − =

b. TÝnh tÝch ph©n : I = +∫1

x

0

x(x e )dx

c/T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y = + − +3 22x 3x 12x 2 trªn −[ 1;2] .

C©u III (1,0 ®iÓm)

Cho tø diÖn SABC cã ba c¹nh SA,SB,SC vu«ng gãc víi nhau tõng ®«i mét víi SA = 1cm, SB = SC = 2cm. X¸c ®Þnh t©m vµ tÝnh b¸n kÝnh cña mÆt cÊu ngo¹i tiÕp tø diÖn, tÝnh diÖn tÝch cña mÆt cÇu vµ thÓ tÝch cña khèi cÇu ®ã. II. PHÇN RI£NG (3 ®iÓm)

ThÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh nµo th× lµm chØ ®−îc lµm phÇn dµnh riªng cho ch−¬ng

tr×nh ®ã

1. Theo ch−¬ng tr×nh chuÈn :

C©u IV.a (2,0 ®iÓm):

Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz, cho 4 ®iÓm A( −2; 1; −1), B(0; 2; −1), C(0; 3; 0), D(1; 0; 1). a. ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng BC. b. Chøng minh r»ng 4 ®iÓm A, B, C, D kh«ng ®ång ph¼ng. c. TÝnh thÓ tÝch tø diÖn ABCD. C©u V.a (1,0 ®iÓm):

TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc = − + +2 2P (1 2 i ) (1 2 i ) .

2. Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao :

C©u IV.b (2,0 ®iÓm) : Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm M(1; − 1;1), hai ®−êng th¼ng

−

∆ = =−

1

x 1 y z( ) :

1 1 4,

= −

∆ = + =

2

x 2 t( ) : y 4 2t

z 1 vµ mÆt ph¼ng (P) : + =y 2z 0

a. T×m ®iÓm N lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña ®iÓm M lªn ®−êng th¼ng ( ∆2 ).

b. ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng c¾t c¶ hai ®−êng th¼ng ∆ ∆1 2( ) ,( ) vµ n»m trong mÆt

ph¼ng (P). C©u V.b (1,0 ®iÓm):

T×m m ®Ó ®å thÞ cña hµm sè − +

=−

2

m

x x m(C ) : y

x 1 víi m 0≠ c¾t trôc hoµnh t¹i hai ®iÓm

ph©n biÖt A,B sao cho tuÕp tuyÕn víi ®å thÞ t¹i hai ®iÓm A,B vu«ng gãc nhau. ĐỀ 25

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ MẪU – TN THPT NĂM 2008 – 2009 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (3,0 điểm)

Cho hàm số 3 2x

yx 1

−=

−

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

2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt.

Câu II. (3,0 điểm)

1. Giải bất phương trình: 1

2

2x 1log 0

x 1

−<

+

2. Tính tích phân: 2

0

xI (sin cos 2x)dx

2

π

= +∫

3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x – e2x trên đoạn

[−1 ; 0]

Câu III. (1,0 điểm)

Cho khối chóp đều S.ABCD có AB = a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.

I. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được chọn làm phần dành 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 A(1 ; 4 ; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình : x + 2y + z – 1 = 0. 1. Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P).

2. Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với (P).

Câu Va. (1,0 điểm)

Tìm môđun của số phức : z = 4 – 3i + (1 – i)3

2. Theo chương trình Nâng cao

Câu IVb. (2,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(−1 ; 2 ; 3) và đường thẳng d có

phương trình : x 2 y 1 z

1 2 1

− −= = .

1. Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên d.

Trích từ cuốn Cấu trúc

đề thi

của NXB Giáo Dục

2. Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.

Câu Vb. (1,0 điểm)

Viết dạng lượng giác của số phức: z = 1 – 3 i.

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐÊ 1 Câu Đáp án I 1) (2 điểm)

( 3 điểm)

TXĐ: { }\ 1D R=

Sự biến thiên

§ Chiều biến thiên: ( )

2

2' 0, 1

1y x

x

−= < ∀ ≠

−

Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ( );1 µ 1;+v−∞ ∞ .

§ Cực trị: hàm số không có cực trị

§ Giới hạn: 1 1

lim lim 1; lim ; limx x x x

y y y y− +→−∞ →+∞ → →

= = = −∞ = +∞

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng: x = 1 Và một tiệm cận ngang là đường thẳng: y =1

§ Bảng biến thiên: x −∞ 1

+∞ y’ - - y 1 +∞

−∞ 1

§ Đồ thị: Cắt trục tung tại điểm (0; -1), cắt trục hoành tại điểm (-1;0). Đồ thị nhận điểm I (1; 1) làm tâm đối xứng (là giao của hai đường tiệm cận)

f(x)=(x+1)/(x-1)

f(x)=1

O

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

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

x

y

O

2) (1 điểm)

Tiếp tuyến của (C) qua điểm P(3; 1) đường thẳng qua P(3; 1) có hệ số góc k là : y = k(x – 3) + 1 (d)

tiếp xúc với (C) ( ) ( )

( )( )2

13 1 1

12

21

xk x

x

kx

+= − + −

⇔ − = −

có nghiệm

thay (2) và (1): ( )

( )

( )

2

2 2

2 311

1 1

1 2 3 ( 1)

4 8 0

2

xx

x x

x x x

x

x

− −+= +

− −

⇔ − = − − + −

⇔ − =

⇔ =

Thay x = 2 vào phương trình (2) có k = - 2 Vật phương trình tiếp tuyến qua P là:

( )2 3 1 2 7y x y x= − − + ⇔ = − +

Câu II

1) (1 điểm) HOC SINH TỰ SỦA ĐÁP AN CÂU NÀY

( )2

2.9 4.3 2 1

2. 3 4.3 1 0

x x

x x

+ + >

⇔ + + >

Đặt t = 3x ( t > 0) có bất phương trình : 2t2 + 4t + 1 > 0 luôn đúng 0t∀ > vậy nghiệm của bất phương

trình là x R∀ ∈

2) (1 điểm) Vậy ta có:

( ) ( )10 1 3 5

2 4 2 4

1 0 0

2 2 2

3 3 3 3 5

2 1 1 2 2 4.

3 3 5 3 15 45

u uI u u du u u du

= − − = − = −

= − = =

∫ ∫

3) ( 1 điểm). Ta có

( )

( )

2

1' 1

1 Ën' 0

1 ¹i × x > 0

yx

x nhy

x lo v

= −

== ⇔

= −

Bảng biến thiên x 0 1

+∞ y’ - 0 + +∞

+∞ 3

vậy giá trị nhỏ nhất là ( )0;min 3y

+∞= , không tồn tại giá trị lớn nhất

III Gọi G và G’ lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A’B’C’. ta

có GG’ là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy ABC và đáy A’B’C’. Khi đó gọi O là trung điểm của đoạn GG’ thì ta có: OA = OB = OC = OA’ = OB’ = OC’ Suy ra O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Bán kính R = OA Tam giác vuông AGO có

2 2 2 22 2 2

2 2

3

3 2 9 4

12 9 21

36 6

a a a aOA AG GO

a a aOA

= + = + = +

+= ⇒ =

IV.a Mp(P) chứa (d2) và qua A có phương trình: m( 3x + y –z + 3) + n(2x – y +1) = 0 Do A ( ) ( )4 0C m n∈ ⇒ + =

Chọn m = - n = 1 thì (P): x + 2y – z + 2 = 0 Dễ thấy (d1) ∈ (P) ⇒điều phải chứng minh.

V.a ( ) ( )2 22 2 2 4 4

1 5

1 25 26

z i i i i i

z i

z

= + − − = + − − +

= − +

⇒ = + =

IV.b 1) ( 1 điểm)

( )( )2.1 1.0 3.5 1 18

;4 1 9 14

d M α− + +

= =+ +

2)( 1 điểm) mặt phẳng cần tìm có dạng chùm ( )γ :

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 3 1 5 0

2 3 5 0

m x y z n x y z

m n x m n y m n z m n

− + + + + − + =

⇔ + + − + + − + − =

Vì ( ) ( )Pγ ⊥ nên ta có

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

7 2 0

Pn n m n m n m n

m n

α = ⇔ + + − + − + − =

⇔ + =

r r

Chọn m = 2; n = -7 Vậy phương trình ( )γ là: 3x + 9y – 13z +33 = 0

V.b 1 3z i= + . Ta có

A B G

B’A’ G’

C’

C O

1 32

2 2

2 cos isin3 3

z i

π π

= +

= +

………Hết………

HƯỚNG DẪN CHẤM

Chú ý: cách giải khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm theo thang điểm I. Phần chung cho tất cả các thí sinh

Câu 1: 1. Hàm số 3 23 ( )= − +y x x C * Tập xác định: D= R * Sự biến thiên

' 2 ' 03 6 3 ( 2) 0

2

== − + = − − ⇒ = ⇔ =

xy x x x x y

x

Hàm số nghịch biến trên ( ;0) (2; )−∞ ∪ +∞ và đồng biến trên khoảng (0;2) Hàm số có cực trị: (2) 4; (0) 0= = = =

CD CTy y y y

Các giới hạn: x xlim ; lim→−∞ →+∞

= +∞ = −∞y y

Bảng biến thiên: x −∞ 0

2 +∞ y’ - 0 +

0 - y +∞

4 0 −∞

* Đồ thị Đồ thi cắt trục Ox tại điểm (0;0), (3;0) Đồ thi cắt trục Oy tại điểm (0;0)

f(x)=-x^3+3x^2

-2 -1 1 2 3 4

-2

-1

1

2

3

4

5

x

y

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

ĐỀ 2

2. Phương trình:

3 2 3 23 3 0− + + − =x x k k (1)

Dựa vào đồ thị thì để (1) có nghiệm khi

3 2 3 23 2

3 2 3 2

3

3 0 3 0 10 3 4

23 4 3 4 0

0

k

k k k k kk k

kk k k k

k

< − + > − + > > −

< − + < ⇔ ⇔ ⇔ ≠− + < − + >

≠

Vậy với ( 1;3) \{0,2}∈ −k thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2.

1. 2 23 3log log 1 5 0+ + − =x x . Đk: x > 0

Đặt 23log 1, 1= + >t x t ta được

2 26 0

3 ( « n g th á a m \ n )

tt t

t K h

=+ − = ⇔ = −

2

323 2

3

log 2 3íi t = 2 log 2

log 2 3

x xV x

x x −

= =⇒ = ⇔ ⇔

= − =

2.

2 2 2

0 0 0

2 2

0 0

2 2

0 0

x x1 sin os cos sin os

2 2 2 2 2

1cos sin

2 2

1 12sin cos 2

2 2 2

x x xc dx dx c dx

xdx xdx

xx

π π π

π π

π π

+ = +

= +

= − = +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

3.

( )

( )

3 2 3

2 2

1 4 1 1 4 1 3 3 1 2

1 2 5

z i i i i i i i

z

= + + − = + + − + − = − +

⇒ = − + =

Câu 4. Xét hình vuông có cạnh AD không song song và vuông

góc với trục OO’ của hình trụ . Vẽ đường sinh AA’

Ta có : CD ⊥ (AA’D) CD A 'D⇒ ⊥ nên A’C là đường

kính của đường tròn đáy .

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

2 2AC AA ' A 'C 16 2 3 2= + = + =

Vì AC = AB 2 . S uy ra : AB = 3 .

Vậy cạnh hình vuông bằng 3 .

H: 0,5 0,5đ 0,5đ 0,5đ

Câu 5 a. Giao điểm I( −1;0;4) .

b. 2 2 1 1

sin2 64 1 1. 1 4 1

+ − πϕ = = ⇒ ϕ =

+ + + +

c. Lấy điểm A( −3; −1;3) ∈(d). Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với (P) (Q) có 2 véctơ chỉ phương là ( ) ( )2;1;1 µ u 1;2; 1AI v= = −

uur r nên có véc tơ

pháp tuyến là ( )

( )

1;1;1

: 5 0

n

Q x y z

= −

⇒ − + + − =

r

Vậy 5 0

( ) :2 5 0

x y z

x y z

− + + − =∆

+ − + =

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

………Hết……… HƯỚNG DẪN CHẤM

Chú ý: cách giải khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm theo thang điểm II. Phần chung cho tất cả các thí sinh

Câu 1: a.

2x 1

yx 1

+=

−

TXĐ: D=R\{1} Sự biến thiên

( )23

y ' 0, x 1x 1

−= < ∀ ≠

−

Hàm số nghịch biến trên ( ) ( );1 1;−∞ ∪ +∞

ĐỀ 3

Giới hạn:

1 1

lim 2; lim 2

lim ; limx x

x x

y y

y y+ −

→−∞ →+∞

→ →

= =

= +∞ = −∞

Nên đồ thị của hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: x = 1 Và tiệm cận ngang là đường thẳng: y = 2 Bảng biến thiên:

Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trụ

tại 1

;02

−

, cắt trục Oy tại (0;

x −∞ 1 +∞

y′ − −

y 2

−∞

+∞ 2

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

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

+= − + ⇔ + − − + =

−

( )∆ là tiếp tuyến của (C ) ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép

k 0

k 32' (3 k) k(k 9) 0

≠⇔ ⇔ = −

∆ = − − − =

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y 3x 11= − + Câu 2

a.

x 1x 1 x 1

( 2 1) ( 2 1)

−

− ++ ≥ −

Vì 1 1( 2 1)( 2 1) 1 2 1 ( 2 1)

2 1

−+ − = ⇒ − = = ++

nên

x 1x 1 x 1x 1bpt ( 2 1) ( 2 1) x 1

x 1

−−

+ −−⇔ + ≥ + ⇔ − ≥ −+

(do 2 1 1+ > )

2 x 1(x 1)(x 2)

0x 1 x 1

− ≤ < −− +⇔ ≥ ⇔

+ ≥

b.0

sin2xdx

2(2 sinx)/2 +−π∫

Đặt t 2 sinx dt cosxdx= + ⇒ =

π⇒ − ⇒ =

−= − = + = −∫ ∫ ∫

x = 0 t = 2 , x = t 12

2 2 2 22(t 2) 1 1 12 I = dt 2 dt 4 dt 2ln t 4 ln4 2

12 2t tt t 11 1 1

�

�

c.

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( )

2 2 2 2 21 2 2 1 4 4 4 4 3 4 3 4 9 24 16 7 24

7 24

. (7 24 ) 7 24 625

= − + = − + + + = − − + = − − − = −

⇒ = +

⇒ = = − + =

z i i i i i i i i i i i

z i

A z z i i

Câu 3 .

Ta có : V SM 2 2S.MBC V .V (1)S.MBC S.ABCV SA 3 3S.ABC

= = ⇒ =

= − = −

=

2V V V V .VM.ABC S.ABC S.MBC S.ABC S.ABC3

1.V (2)S.ABC3

Từ (1) , (2) suy ra : V VM.SBC S.MBC 2V VM.ABC M.ABC

= =

Câu 4 . a) Tâm mặt cầu là I (d)∈ nên I(1+2t;2t; 1− ) Vì 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 14 1 4

+ + − − −= = = ⇔ + = ⇔ = = −

+ +

§ t = 0 thì I(1;0; 1− ) 2 2 2(S ) : (x 1) y (z 1) 91⇒ − + + + =

§ t = 1− thì I( 1; 2− − ; 1− ) 2 2 2(S ) : (x 1) (y 2) (z 1) 92⇒ + + + + + =

b) VTCP của đường thẳng (d) là u (2;2;0) 2(1;1;0)= =r

VTPT của mặt phẳng là v (2;1; 2)= −

r

Gọi u∆r

là VTCP của đường thẳng ( ∆ ) thì u∆r

vuông góc với u,nr r

do đó ta chọn

u [u,v] ( 2)(2; 2;1)= = − −∆r r r

.

Vậy Qua M(0;1;0) x y 1 z

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

−∆ ⇒ ∆ = = = = − − − ∆

r r r§

§

§¸p ¸n.

§¸p ¸n

1.Víi m=0 ta cã hµm sè 31 2

3 3y x x= − +

tËp x¸c ®Þnh: R

ChiÒu biÕn thiªn: 2' 1 , ' 0 1y x y x= − = ⇔ = ± Hµm sè ®ång biÕn trªn kho¶ng (- ∞ ;-1) vµ (1; + ∞ ); nghÞch biÕn trªn kho¶ng(-1;1)

Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i 4

1,3CD

x y= − = , ®¹t cùc tiÓu t¹i

1, 0CT

x y= =

Giíi h¹n: limx

y→±∞

= ±∞

B¶ng biÕn thiªn: - ∞ -1 1 + ∞ + 0 - 0 +

4

3

+ ∞ −∞ 0

*§å thÞ:

ĐỀ 4

f(x)=x^3 /3- x + 2/3

O

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

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

x

y

O

2. 0 0( ; )M x y lµ ®iÓm cè ®Þnh khi ®ã

3 20 0 0 0

20

30 0 0

0 0

0 0

1 2

3 3

1 0

1 20

3 3

41,

31, 0

y x mx x m m

x

y x x

x y

x y

= − − + + ∀

− =

⇔ − + − =

= − =⇔

= =

§å thÞ lu«n cã 2 ®iÓm cè ®Þnh M(-1; 4/3); M(1;0)

1. Ta cã 3 0

'( ) 4 16 02

xf x x x

x

== − = ⇔ = ±

f(0) = 16; f(2) = 0; f(-1) = 9; f(3) = 25

[ ] [ ]1;31;3max ( ) 25 , min ( ) 0f x f x

−−= =

2.§Æt

2

8

31

1 2

0 1; 7 8

1 141

2 20

u x du xdx

x u x u

u duI

u

= + ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ =

−= =∫

3.

0,5

2 1 2 1 12

5 5 45

7 10 1

57

log x x

x x

xx

x x

+ +≤ ⇔ ≥

+ +

< −− ⇔ ≥ ⇔

+ ≥

Gäi I lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× I lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC; ®−êng th¼ng (d) ®i qua I , vu«ng gãc víi mp(ABC). mp trung trùc cña SA c¾t (d) t¹i O, OA =OB = OC = OS nªn O lµ t©m mÆt cÇu.

22 2 22 2 2 2 3

2 3.2 4 3

a b a br OA OI AI

= = + = + = +

1. Ta cã ( , ( )) 1R d I α= =

Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu : ( ) ( ) ( )2 2 2

2 1 1 1x y z+ + − + − =

2.Ta cã ( ) ( )α β� nªn lÊy M( -3;0;0) thuéc mp ( )α th×

8.( 3) 1 25(( ), ( )) ( , ( ))

64 16 1 2 21d d Mα β β

− −= = =

+ +

S

A C

B

O

I

§Æt t = 2z ta cã pt :

2

13 4 7 0 7

3

t

t tt

=+ − = ⇔ = −

pt cã nghiÖm 7

1;3

i± ±

Gäi I( a;b;c) do I thuéc ®t (d) nªn ta cã 2 2 0

1 0

a b

a c

− + =

− − = (I)

mÆt cÇu tiÕp xóc víi c¶ 2 mÆt ph¼ng nªn 2 5 2 2

6 6

2 3 3

3 7

a b c a b c

a b c

a c

+ − + − + +=

− + =⇔ − = −

KÕt hîp víi (I) ta ®−îc 8 7 5 20

; ; ,3 3 3 3 6

I R

=

vµ I(-4;-1;-5),

10

6R =

Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu:

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2

8 7 5 200

3 3 3 27

504 1 5

3

x y z

x y z

− + − + − =

+ + + + + =

t×m ®−îc c¸c giao ®iÓm x= 0; x = 1, x = 2 1 2

0 1

7(2 )

6S xdx x dx= + − =∫ ∫

§¸p ¸n: C©u §¸p ¸n §

iÓm

C©u I(3 ®iÓm)

1.Víi m=3 ta cã hµm sè 3 3 1y x x= − + tËp x¸c ®Þnh: D =R ChiÒu biÕn thiªn:

2' 3 3 , ' 0 1y x y x= − = ⇔ = ± Hµm sè ®ång biÕn trªn kho¶ng (- ∞ ;-1) vµ (1; + ∞ ); nghÞch biÕn trªn kho¶ng(-1;1) Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i 1, 3

CDx y= − = , ®¹t

cùc tiÓu t¹i 1, 1CT

x y= = −

Giíi h¹n: limx

y→±∞

= ±∞

B¶ng biÕn thiªn: x - ∞ -

1 1 + ∞

y' + 0 - 0 +

y

*§å thÞ: C¾t trôc oy t¹i (0;1)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,5

ĐỀ 5

2.ph−¬ng tr×nh 3 3 1 0x x k− − + = ⇔

3 3 1x x k− + = sè nghiÖm cña pt trªn lµ hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®−êng th¼ng y =k vµ (C) k< 1 hoÆc k>3: pt cã 1 nghiÖm k = -1 hoÆc k = 3: pt cã 2 nghiÖm -1< k < 3: pt cã 3 nghiÖm

0,5 0,25 0,25 0,5

C©u II(3 ®iÓm)

1. Ta cã: 1 1 1

20 0 0

1 1

0 0

1 1

3 2 1 2

ln 1 ln 2 2 ln 2 ln 3

dxI dx dx

x x x x

x x

= = −+ + + +

= + − + = −

∫ ∫ ∫

2.§Æt 5xt =

ta cã pt:

2 26 25 0

1 0

25 2

t t

t x

t x

− + =

= = ⇔ ⇒ = =

3. Ta cã

[ ]2

1'( ) 3 3 0

1 0; 2

xf x x

x

== − = ⇔

= − ∉

f(1) = 1; f(0) = 3; f(2) = 5

[ ] [ ]0;20;2max ( ) 5 , min ( ) 1f x f x= =

0,25 0,75 0,25 0,5

0,5 0,25 0,25

C©u III( 1 ®iÓm)

KÎ ( ),SH ABC AH BC I⊥ ∩ = .Do SABC lµ h×nh chãp tam gi¸c ®Òu nªn H lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC,

3 2 3 3,

2 3 2 3AI a AH a a= = =

� 360 , . tan 60 . 3

3SAH SH AH a a= ° = ° = =

VËy thÓ tÝch cña khèi chãp lµ:

31 1 3 3. . .

3 2 2 12V a a a a= =

0,25 0,5 0,25

C©u IVa(2 ®iÓm)

1. Ta cã ( 3;0;1), ( 4; 1;2) (1;2;3)BC BD BC BD= − = − − ⇒ ∧ =

uuur uuur uuur uuur

mÆt ph¼ng (BCD) ®i qua B( 3;2;0) vµ cã vect¬ ph¸p tuyÕn (1;2;3)n =

r

cã pt: x+2y+3z-7=0

2. 3 2.2 3.2 7

( , ( )) 141 4 9

d a BCD− − −

= =+ +

MÆt cÇu cã t©m A, b¸n kÝnh R = d( A, (BCD)) cã pt: 2 2 2( 3) ( 2) ( 2) 14x y z− + + + + =

0,5 0,5 0,5 0,5

C©u Va(1 ®iÓm)

gi¶ sö z = a+2ai.Ta cã 25 2 5 2z a a= = ⇒ =

VËy z= 2+4i, z = -2-4i

0,5 0,

5 C©u IVb(2®iÓm)

1. ta cã (0; 1;1), ( 2; 0; 1) (1; 2; 2)BC BD n BC BD= − = − − − ⇒ = ∧ = − −

uuur uuur r uuur uuur

pt mÆt ph¼ng (BCD) lµ : x-2y-2z+2=0 thay to¹ ®é ®iÓm A vµo pt mÆt ph¼ng (BCD) suy ra ( )A BCD∉ do ®ã ABCD lµ h×nh tø diÖn. 2. Ta cã b¸n kÝnh mÆt cÇu

1 2( , ( )) 1

1 4 4r d A BCD

+= = =

+ +

pt mÆt cÇu (S) lµ : 2 2 2( 1) 1x y z− + + =

0,5 0,5 0,5 0,5

C©u Vb(1 ®iÓm)

Ta cã 1 3

2 22 2 3 3

z i cos isinπ π

= + = +

0,5 0,5

§¸p ¸n:

§¸p ¸n

1. TËp x¸c ®Þnh: D= R\ {3}

ĐỀ 6

ChiÒu biÕn thiªn: 2

5' 0

( 3)y x D

x

−= < ∀ ∈

−

Hµm sè nghÞch biÕn trªn (- ∞ ;3) ∪ (3;+ ∞ ) Hµm sè kh«ng cã cùc trÞ TiÖm cËn ®øng x = 3, tiÖm cËn ngang y = 1 B¶ng biÕn thiªn:

- ∞ 3 + ∞ �

�

*§å thÞ:

C¾t trôc Oy t¹i 2

;03

−

, c¾t ox t¹i (2;0)

2. §iÓm M thuéc ®å thÞ nªn 2

;3

xM x

x

+

−

kho¶ng c¸ch tõ M ®Õn tiÖm cËn ngang vµ tiÖm cËn ®øng lÇn l−ît lµ 2

1 1 , 33

xy x

x

+− = − −

− theo ®Çu bµi

3 521 3

3 3 5

xxx

x x

= ++− = − ⇔

− = −

1. Ta cã: 2 1 2 1

3 3

3 3 3

3 3 3 3

3 3 3 3

3 .5 .7 245 (3 .5 .7 ) 245

2 ( 1) 5 7 245

(1 5 7) 2 5 245

(1 5 7) 2(1 5 7)

2

log loglog log log

log log log loglog log log log

x x x x x x

x x x

x

x

x

− − − −= ⇔ =

⇔ − + − + =

⇔ + + = + +

⇔ + + = + +

⇔ =

2.a)§Æt

22 2

1 1

11 ln

1 1, 2

3

2 2

u x du dxx

x u x e u

uI udu

= + ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ =

= = =∫

b) 2 2

2

0 0

2

0

1 2

sin sin 4 2

J cos xdx sin xdx

xdx xdx

π π

π π

π

= − =

= − =

∫ ∫

∫ ∫

a) Ta cã 2xq

S Rlπ= mµ 2l R= nªn 24xqS Rπ=

Theo ®Çu bµi 24 4 1R Rπ π= ⇒ =

2 24 2 6TP xq dayS S S R Rπ π π= + = + =

b) ThÓ tÝch khèi trô 2 2V R lπ π= =

a. MÆt ph¼ng ( )α cã vect¬ ph¸p tuyÕn 1 1 1

; ;3 3 3

OC

=

uuur ph−¬ng

tr×nh mÆt ph¼ng ( )α lµ :x+ y +z = 0

b)Gäi ( )β lµ mp chøa AB vu«ng gãc víi ( )α , mp ( )β cã vect¬

ph¸p tuyÕn lµ ( )0;1; 1n AB nα= ∧ = −r uuur uur

.

pt mÆt ph¼ng ( )β : y- z =0

Gi¶ sö z = a+bi , theo ®Çu bµi ta cã :

2( ) 2 4 3 2 4

23 2

34

4

a bi a bi i a bi i

a a

bb

+ + + = − ⇔ − = −

= =

⇔ ⇔ − = − =

1. §−êng th¼ng d c¾t ( )α t¹i A( 1-t; t; 4t) nªn : t + 2.(4t) = 0 suy

ra t= 0 giao ®iÓm A( 1;0;0). T−¬ng tù t×m ®−îc B(5; -2;1) 2.§−êng th¼ng ∆ n»m trong ( )α vµ c¾t 2 ®−êng th¼ng d vµ d' nªn

∆ ®i qua A, B, vect¬ chØ ph−¬ng cña ®t ∆ lµ (4; 2;1)AB = −uuur

pt ®uêng th¼ng:

1 4

2

x t

y t

z t

= +

= − =

Gi¶ sö

2 2 2

2

( ) 1 4 3 1 2( 2 3)

4

2 3

x iy i x y xy i

x

yx

+ = + ⇔ − − + −

=

⇔ =

hÖ cã nghiÖm (2; 3), ( 2; 3)− − VËy cã hai c¨n bËc hai lµ :

1 22 3 , 2 3z i z i= + = − −

§¸p ¸n :

§¸p ¸n

1. TËp x¸c ®Þnh: D= R\ {3}

ChiÒu biÕn thiªn: 2

5' 0

( 3)y x D

x

−= < ∀ ∈

−

Hµm sè nghÞch biÕn trªn (- ∞ ;3) ∪ (3;+ ∞ ) Hµm sè kh«ng cã cùc trÞ TiÖm cËn ®øng x = 3, tiÖm cËn ngang y = 1 B¶ng biÕn thiªn:

- ∞ 3 + ∞ - -

ĐỀ 7

1 + ∞ - ∞ 1

*§å thÞ:

C¾t trôc Oy t¹i 2

;03

−

, c¾t ox t¹i (2;0)

f(x)=(x+2)/(x-3)

f(x)=1

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

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

y

2. §iÓm M thuéc ®å thÞ nªn 2

;3

xM x

x

+

−

kho¶ng c¸ch tõ M ®Õn tiÖm cËn ngang vµ tiÖm cËn ®øng lÇn l−ît lµ 2

1 1 , 33

xy x

x

+− = − −

− theo ®Çu bµi

3 521 3

3 3 5

xxx

x x

= ++− = − ⇔

− = −

1. Ta cã:

2 1 2 1

3 3

3 3 3

3 3 3 3

3 3 3 3

3 .5 .7 245 (3 .5 .7 ) 245

2 ( 1) 5 7 245

(1 5 7) 2 5 245

(1 5 7) 2(1 5 7)

2

log loglog log log

log log log loglog log log log

x x x x x x

x x x

x

x

x

− − − −= ⇔ =

⇔ − + − + =

⇔ + + = + +

⇔ + + = + +

⇔ =

2.a)§Æt

22 2

1 1

11 ln

1 1, 2

3

2 2

u x du dxx

x u x e u

uI udu

= + ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ =

= = =∫

b) 2 2

2

0 0

2

0

1 2

sin sin 4 2

J cos xdx sin xdx

xdx xdx

π π

π π

π

= − =

= − =

∫ ∫

∫ ∫

a) Ta cã 2xq

S Rlπ= mµ 2l R= nªn 24xqS Rπ=

Theo ®Çu bµi 24 4 1R Rπ π= ⇒ =

2 24 2 6TP xq dayS S S R Rπ π π= + = + =

b) ThÓ tÝch khèi trô 2 2V R lπ π= =

a. MÆt ph¼ng ( )α cã vect¬ ph¸p tuyÕn 1 1 1

; ;3 3 3

OC

=

uuur ph−¬ng

tr×nh mÆt ph¼ng ( )α lµ :x+ y +z = 0

b)Gäi ( )β lµ mp chøa AB vu«ng gãc víi ( )α , mp ( )β cã vect¬

ph¸p tuyÕn lµ ( )0;1; 1n AB nα= ∧ = −r uuur uur

.

pt mÆt ph¼ng ( )β : y- z =0

Gi¶ sö z = a+bi , theo ®Çu bµi ta cã :

2( ) 2 4 3 2 4

23 2

34

4

a bi a bi i a bi i

a a

bb

+ + + = − ⇔ − = −

= =

⇔ ⇔ − = − =

1. §−êng th¼ng d c¾t ( )α t¹i A( 1-t; t; 4t) nªn : t + 2.(4t) = 0 suy

ra t= 0 giao ®iÓm A( 1;0;0). T−¬ng tù t×m ®−îc B(5; -2;1) 2.§−êng th¼ng ∆ n»m trong ( )α vµ c¾t 2 ®−êng th¼ng d vµ d' nªn

∆ ®i qua A, B, vect¬ chØ ph−¬ng cña ®t ∆ lµ (4; 2;1)AB = −uuur

pt ®uêng th¼ng:

1 4

2

x t

y t

z t

= +

= − =

Gi¶ sö

2 2 2

2

( ) 1 4 3 1 2( 2 3)

4

2 3

x iy i x y xy i

x

yx

+ = + ⇔ − − + −

=

⇔ =

hÖ cã nghiÖm (2; 3), ( 2; 3)− − VËy cã hai c¨n bËc hai lµ :

1 22 3 , 2 3z i z i= + = − −

§¸p ¸n C©u §¸p ¸n §

iÓm

C©u I(3 ®iÓm)

1.Víi m=3 ta cã hµm sè 3 3 1y x x= − + tËp x¸c ®Þnh: D =R ChiÒu biÕn thiªn:

2' 3 3 , ' 0 1y x y x= − = ⇔ = ± Hµm sè ®ång biÕn trªn kho¶ng (- ∞ ;-1) vµ (1; + ∞ ); nghÞch biÕn trªn kho¶ng(-1;1) Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i 1, 3

CDx y= − = , ®¹t

cùc tiÓu t¹i 1, 1CT

x y= = −

Giíi h¹n: limx

y→±∞

= ±∞

B¶ng biÕn thiªn: x - ∞

-1 1 + ∞

y' + 0 - 0 +

y

3 + ∞

0,25 0,25 0,25 0,25 0

ĐỀ 8

- ∞ -1

*§å thÞ: C¾t trôc oy t¹i (0;1)

f(x)=x^3-3x+1

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

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

2.ph−¬ng tr×nh 3 3 1 0x x k− − + = ⇔

3 3 1x x k− + = sè nghiÖm cña pt trªn lµ hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®−êng th¼ng y =k vµ (C) k< 1 hoÆc k>3: pt cã 1 nghiÖm k = -1 hoÆc k = 3: pt cã 2 nghiÖm -1< k < 3: pt cã 3 nghiÖm

,5 0,5 0,25 0,25 0,5

C©u II(3 ®iÓm)

1. Ta cã: 1 1 1

20 0 0

1 1

0 0

1 1

3 2 1 2

ln 1 ln 2 2 ln 2 ln 3

dxI dx dx

x x x x

x x

= = −+ + + +

= + − + = −

∫ ∫ ∫

2.§Æt 5xt =

ta cã pt:

2 26 25 0

1 0

25 2

t t

t x

t x

− + =

= = ⇔ ⇒ = =

3. Ta cã

0,25 0,75 0

[ ]2

1'( ) 3 3 0

1 0; 2

xf x x

x

== − = ⇔

= − ∉

f(1) = 1; f(0) = 3; f(2) = 5

[ ] [ ]0;20;2max ( ) 5 , min ( ) 1f x f x= =

,25 0,5 0,5 0,25 0,25

C©u III( 1 ®iÓm)

KÎ ( ),SH ABC AH BC I⊥ ∩ = .Do SABC lµ h×nh chãp tam gi¸c ®Òu nªn H lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC,

3 2 3 3,

2 3 2 3AI a AH a a= = =

� 360 , . tan 60 . 3

3SAH SH AH a a= ° = ° = =

VËy thÓ tÝch cña khèi chãp lµ:

31 1 3 3. . .

3 2 2 12V a a a a= =

0,25 0,5 0,25

C©u IVa(2 ®iÓm)

1. Ta cã ( 3;0;1), ( 4; 1;2) (1;2;3)BC BD BC BD= − = − − ⇒ ∧ =

uuur uuur uuur uuur

mÆt ph¼ng (BCD) ®i qua B( 3;2;0) vµ cã vect¬ ph¸p tuyÕn (1;2;3)n =

r

cã pt: x+2y+3z-7=0

2. 3 2.2 3.2 7

( , ( )) 141 4 9

d a BCD− − −

= =+ +

MÆt cÇu cã t©m A, b¸n kÝnh R = d( A, (BCD)) cã pt:

0,5 0,5 0,5

2 2 2( 3) ( 2) ( 2) 14x y z− + + + + = 0,5

C©u Va(1 ®iÓm)

gi¶ sö z = a+2ai.Ta cã 25 2 5 2z a a= = ⇒ =

VËy z= 2+4i, z = -2-4i

0,5 0,5

C©u IVb(2®iÓm)

1. ta cã (0; 1;1), ( 2; 0; 1) (1; 2; 2)BC BD n BC BD= − = − − − ⇒ = ∧ = − −

uuur uuur r uuur uuur

pt mÆt ph¼ng (BCD) lµ : x-2y-2z+2=0 thay to¹ ®é ®iÓm A vµo pt mÆt ph¼ng (BCD) suy ra ( )A BCD∉ do ®ã ABCD lµ h×nh tø diÖn. 2. Ta cã b¸n kÝnh mÆt cÇu

1 2( , ( )) 1

1 4 4r d A BCD

+= = =

+ +

pt mÆt cÇu (S) lµ : 2 2 2( 1) 1x y z− + + =

0,5 0,5 0,5 0,5

C©u Vb(1 ®iÓm)

Ta cã 1 3

2 22 2 3 3

z i cos isinπ π

= + = +

0,5 0,5

HƯỚNG DẪN CHẤM: ĐỀ 9

Chú ý: cách giải khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm theo thang điểm

III. Phần chung cho tất cả các thí sinh

Câu 1: 1. Hàm số 3 23 ( )y x x C= − * Tập xác định: D= R * Sự biến thiên

' 2 ' 03 6 3 ( 2) 0

2

xy x x x x y

x

== − = − ⇒ = ⇔ =

Hàm số đồng biến trên ( ;0) (2; )−∞ ∪ +∞ và nghịch biến trên khoảng (0;2) Hàm số có cực trị: (0) 0; (2) 4

CD CTy y y y= = = = −

Các giới hạn: x xlim ; limy y→−∞ →+∞

= −∞ = +∞

Bảng biến thiên: x −∞ 0

2 +∞ y’ + 0 -

0 + y 0

+∞ −∞ -4

* Đồ thị Đồ thi cắt trục Ox tại điểm (0;0), (3;0) Đồ thi cắt trục Oy tại điểm (0;0)

4

2

-2

-4

-5 5

2. Phương trình:

3 2

3 2

3 0

3

x x m

x x m

− + =

⇔ − = −

Vế trài của phương trình là đồ thị (C) còn vế phải là đường thẳng y = -m. Do đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường thẳng y = -m vời đồ thị (C) - nếu m > 4 hoặc m<0 thì pt có 1 nghiệm - nếu m = 0 hoặc m = 4 thì pt có 2 nghiệm - nếu 0<m<4 thì pt có 3 nghiệm 3. Diện tích hình phẳng đó là:

33 4

3 2 3

0 0

273 ( )

4 4

xS x x dx x= − = − =∫

0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ

Câu 2. 1. Phương trình: 23 5.3 6 0x x− + = Đặt 3 ( 0)xt t= >

2 25 6 0

3

tt t

t

=⇒ − + = ⇔ =

+ Với t = 2 3

3 2 2logxx⇔ = ⇔ =

+ Với t = 3 3 3 1xx⇔ = ⇔ =

Vậy pt có 2 nghiệm là: 31, log 2x x= =

2. Phương trinh: 2 4 7 0x x− + =

2' 3 3i∆ = − = Vậy pt có 2 nghiệm là: 2 3; 2 3x i x i= − = +

0,25đ

0,5đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,5đ Câu 3: 1. Vì ( )SB ABCD⊥ ⇒SB là chiều cao của khối chóp

2 2 2 2( 3) 2SB SC BC a a a= − = − = Vậy thể tích khối chóp là:

2 31 1 3. . 2 .

3 3 2V Bh a a a= = =

2. Gọi I la trung điểm của SD, vì tam giác SBD vuông cân tại B ISIB ID⇒ = = và I nằm trên đường trung trực của BD ⇒ I nằm trên trục của đa giác đáy IA IB IC ID IS⇒ = = = = Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

0,25đ

0,25đ

0,5đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

A. Dành cho thí sinh ban cơ bản Câu 4A.

1. 1

0

( 1) xI x e dx= +∫

Đặt 1

x x

u x du dx

dv e dx v e

= + = ⇔

= =

1

1

00

( 1). 1x xI x e e dx e= + − = −∫

2. Cho A(5;0;4), B(5;1;3), C(1;6;2), D(4;0;6) a. Ta có (0;1; 1)AB = −

uuur

Phương trình tham số của đường thẳng AB đi qua A và có vtcp

(0;1; 1)u AB= = −r uuur

là

x=5

y=t

z=4-t

b. Vì ( ) //( ) [AB,AC]ABC nαα ⇒ =uur uuur uuur

(0;1; 1); ( 4;6; 2) (4;4;4)AB AC nα= − = − − ⇒ =uuur uuur uur

0,25đ

0,5đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,5đ

S

I

B

A D

C

Vậy pt mặt phẳng ( )α là

4.( 4) 4( 0) 4( 6) 0

10 0

x y z

x y z

− + − + − =

⇔ + + − =

0,25đ

B. Ban nâng cao Câu 4B.

1. 2

32 3

1

1I x x dx= +∫

Đặt 3 3 3 3 2 2 2 21 1 3 3u x u x u du x dx x dx u du= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ =

Đổi cận: 3

3

x=1 u= 2

2 9x u

⇒

= ⇒ =

33

3 3

99 4333 4 4

2 2

1( 9 2 )

4 4

uI u du= = = −∫

2. a. Vì ( ) //( ) (1; 2;1)Q PQ P n n⇒ = = −uur uur

Vậy pt mặt phẳng (Q) là: 2 0x y z− + =

b. vì đường thẳng ( ) (1; 2;1)d P

d P u n⊥ ⇒ = = −uur uur

Vậy pt đt d là

1

2 2

3

x t

y t

z t

= +

= − = +

Gọi H la giao điểm của đt d va (P) . Do đó tọa độ của (1 ;2 2 ;3 )H t t t+ − +

Vì 1

( ) (1 ) 2(2 2 ) (3 ) 3 02

H P t t t t∈ ⇒ + − − + + + = ⇔ = −

Vậy H có tọa độ là 1 5

( ;3; )2 2

H

0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

HƯỚNG DẪN CHẤM: ( Đê 10)

Chú ý: cách giải khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm theo thang điểm

IV. Phần chung cho tất cả các thí sinh

Câu 1: 1. Hàm số 4 22 3( )y x x C= − + * Tập xác định: D= R * Sự biến thiên

' 3 2 '

0

4 4 4 ( 1) 0 1

1

x

y x x x x y x

x

== − = − ⇒ = ⇔ = = −

Hàm số đồng biến trên ( 1;0) (1; )− ∪ +∞ và nghịch biến trên khoảng ( ; 1) (0;1)−∞ − ∪ Hàm số có cực trị: (0) 3; ( 1) 2

CD CTy y y y= = = ± =

Các giới hạn: x xlim ; limy y→−∞ →+∞

= +∞ = +∞

Bảng biến thiên: x −∞ -1 0

1 +∞ y’ - 0 + 0

- 0 +

y

+∞ 3 +∞ 2 2

* Đồ thị Đồ thi cắt trục Oy tại điểm (0;3)

4

2

-2

-4

-5 5

f x( ) = x4-2⋅x2( )+3

2. Ta có tọa độ điểm CĐ là (0;3) Y’(0) = 0 Vậy phương trình tiếp tuyến là: y = 3

0,25đ

0,5đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

Câu 2. 1. Phương trình: 4 2log log 4 5x x+ = Điều kiện: x > 0

2 2 2

2

2

1log log 4 log 5

23

log 32log 2 4

x x

x

x x

⇒ + + =

⇔ =

⇔ = ⇔ =

Vậy pt có 1 nghiệm là: x = 4

2. Phương trinh: 2 4 5 0x x− + =

2' 1 i∆ = − =

0,25đ

0,5đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

Vậy pt có 2 nghiệm là: 2 ; 2x i x i= − = + 0,5đ

Câu 3: Vì ( )SA ABC⊥ ⇒SA là chiều cao của khối chóp h a⇒ =

Tam giác ABC vuông cân tại B ta có 2

ABC

1S .

2 2

aa a∆ = =

Vậy thể tích khối chóp là: 2 31 1

. . .3 3 2 6ABC

a aV S h a∆= = =

0,75đ 0,75đ 0,5đ

A. Dành cho thí sinh ban cơ bản Câu 4A.

1. 2

1

lnI x xdx= ∫

Đặt 2

1ln

2

du dxu x x

dv xdx xv

==

⇔ = =

1 12

00

1 3.ln 2ln 2

2 2 4

xI x xdx= − = −∫

2. a. Vì ( ) //( ) (3;1;2)

PP n nαα ⇒ = =

uur uur

Vậy pt của mặt phẳng ( )α là: 3 2 1 0x y z+ + + = b. Vì mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) nên bán kính của (S) là

2 2 2

3.1 2 2.( 3) 1 2( , ( ))

73 1 2r d A P

+ + − −= = =

+ +

Vậy pt mặt cầu ( )S là:

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

7x y z− + − + + =

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ

B. Ban nâng cao Câu 4B. 1.

2 2 2

22 20 0 0

4

0

1 1 1( )

(s inx+cosx) 4[ 2cos(x- )] 2cos (x- )4 4

1tan( ) 1

2 4

I dx dx d x

x

π π π

π

ππ π

π

= = = −

= − =

∫ ∫ ∫

0,5đ 0,25đ

S

2. Ta có đt ∆ đi qua M(1;2;-2) và có vtcp (1;1; 2)u = −r

đt '∆ đi qua M’(2;1;1) và có vtcp ' (1; 1;0)u = −ur

a. Ta có:

o

o

[u,u']=(-2;-2;-2)

M ' (1; 1;3)

[u,u'].M ' 6 0

o

o

M

M

= −

⇒ = − ≠

r ur

uuuuuuur

r ur uuuuuuuur

Do đo ∆ và '∆ chéo nhau b. Ta có mối điểm M thuộc vào (1 ;2 ; 2 2 )M t t t∆ ⇒ + + − − và mối điểm M’ thuộc vào ' '(2 ';1 ';1)M t t∆ ⇒ + −

' (1 ' ; 1 ' ;3 2 )MM t t t t t⇒ = + − − − − +uuuuur

để MM’ là đoạn vuông góc chung của ∆ và '∆

'. 0 6 6 0

' 12 2 ' 0'. ' 0

MM u tt t

tMM u

= − − =⇔ ⇔ ⇔ = = −

+ ==

uuuuur r

uuuuur ur

Vậy (0;1;0), '(1;2;1) ' (1;1;1)M M MM⇒ =uuuuur

Do đó pt đường thẳng vuông goc chung của ∆ và '∆ là

1

x t

y t

x t

=

= + =

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,5đ 0,25đ

.

ĐÁP ÁN

Câu 1

1.(2,5 điểm)

a.)Tập xác định :R\{ }1− b.)Sự biến thiên:

.)Chiều biến thiên: ( )21

2

xy

+

−=′ >0 với mọi x

Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng R\{ }1− .)Cực trị :Hàm số không có cực trị .)Giới hạn:

1−=−∞→

Limyx

; 1−=+∞→

Limyx

; ∞=−→

Limyx 1

ĐT hàm số có tiệm cận đứng x=-1 ĐT hàm số có tiệm cận ngang y=-1 .)Bảng biến thiên:

x ∞− -1 ∞+

0,25đ

0,25đ

0,25đ

ĐỀ 11

y′ -

- y

-1 -1 ∞−

∞− c.)Đồ thị:x=0⇒y=1 ; x=1⇒y=0 Tâm đối xứng I(-1;-1) 2.(0,5 đ)

( 1ln21

21

1

1 1

0

1

0

++−=

++−=

+

−= ∫∫ xxdx

xdx

x

xS

(đvdt) 3.(0,5 đ) Đt (d)đi qua điểm M(1;-2) có hệ số góc k có pt:y=k(x-1)+2 Để (d) tx với (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

( )

( )2

11 2

12

1

xk x

x

kx

−= − + +

− = +

Hệ vô nghiệm ⇒không có PT tiếp tuyến nào đi qua điểm A

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,25 0,25đ

0,

25đ

0,25đ

Câu 2

1.)đặt xdxdudxduxu sinsincos =−⇒−=⇒=

2

2

4;00 =⇒==⇒= uxux

π

( ) ∫∫∫ −=+=2

2

0

34

0

4

0

3 sinsincos duuxdxxxdxxxI

ππ

∫=4

0

1 sin

π

xdxxI

−=

=⇒

=

=

xv

dxdu

xdxdv

xu

cossin

2

221

+=⇒

πI

16

1

4

2

2

0

4

2 =

=

uI

16

12828 ++=

πI

2.) xxxy cos.sincos −=′

ππ

kxx

xy +=⇔

=

=⇔=′

21sin

0cos0

( ) 00 =y GTLN

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

2

21

4

+−=

πy GTNN

0,25đ

0,25đ

Câu3

a.) b.) Mặt phẳng (P) chứa 2 đường thăng trên nên có vtpt:

( ) ( )1;1;021;12;11 −=−−−

Đường thẳng 1d qua điểm A(1;0;0) Mặt phẳng (P) có phương trình :0(x-1)+(y-0)+(z-0)=0 ⇔ y+z=0

1đ

0,25đ

0,5đ

0,25đ

1 đ

Câu4

( ) ( )223232.432 iii +=+−=∆

32 i+=∆⇒

2;3

2

3232 −=−=

−−−=

ixi

iix

0,25đ

0,25đ

0

,5 đ

Câu5

( ) nnn

nCxCxCCx ++++=+ ...1 2210

( )[ ] 2321 ...321 ++++=′

+ nnn

nnCxCxCCx

Thay x=1 ta được:

n

nnnn

nnCCCCn ++++=− ...322. 3211

0,25đ

0,5đ

0,25đ

. ĐÁP ÁN

ĐỀ 12

Câu 1

1.(2,5 điểm) a.)Tập xác định :R b.)Sự biến thiên:

.)Chiều biến thiên: 15183 2 +−=′ xxy

10 =⇔=′ xy hoặc

5=x

0>′y Trên khoảng

( ) ( )+∞∪∞− ;51; , 0<′y trên khoảng ( )5;1 Hàm số đồng biến Trên khoảng

( ) ( )+∞∪∞− ;51; và nghịch biến trên

khoảng ( )5;1 .)Cực trị :Hàm số đạt cực đại tại

: 7)1(1 ==⇒= yyx CD Hàm số đạt cực tiểu tại

: 25)5(5 −==⇒= yyx CD

.)Giới hạn: −∞=−∞→

Limyx

; +∞=+∞→

Limyx

.)Bảng biến thiên:

x ∞− 1 5 ∞+

y′ - 0 + 0 -

y

7 ∞+ ∞− -

25 c.)Đồ thị:x=0⇒y=0 ; x=3⇒y=-9 2.(0,5 đ)

( ) 01 =′y PTTTcủa đồ thị tại điểm A(1;7)

là: ( )107 −=− xy ⇔ y=7 3.(0,5 đ) Trung điểm của cực đại và cực tiểu là: I(3;-9) Do đường thẳng đi qua trung điểm I nên

: mm 1339 2 −+=− ⇒m=-1 hoặc m=12

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25 0,2

5đ 0,25đ 0,25đ

Câu 2

1.)Giải phương trình: 01 =⇔= xex

( ) ( ) 211111

0

1

0

−=−−=−=−= ∫ eeedxeSxx

( )2

3

2

11

21

0

21

0

2 −=

−=−= ∫

exedxeV xx πππ

(đvdt) 2.) đặt

xdxdu

xdxduxu 22

21 2 =⇒=⇒+=

0,25đ 0,25đ 0,25đ

21;10 =⇒==⇒= uxux

2ln2

1ln

2

1

2

1

1

2

1

2

1

1

02

===+

= ∫∫ uu

du

x

xdxI

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu3

c.) G(0;1;1)

Đường thẳng 0G nhận véc tơ

3

2;1;0OG

làm véc tơ chỉ phương nên có phương trình

:

=

=

=

tz

ty

x

3

2

0

(t là tham số)

b.) PT mặt cầu:

0222222 =++++++ dczbyaxzyx

Do măt cầu qua 4 điểm A,B,C,O nên ta có hệ sau:

=

−=

−=

−=

⇔

−=+

−=+++

−=++−

=

04

52

12

1

12

5242

222

0

d

c

b

a

db

dcba

dca

d

PTmặt cầu :

02

5222 =−−−++ zyxzyx có

tâm

4

5;1;1I

0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,

b.)Bán kính :2

33

4

33

4

2511 ==++=R

Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm:⇒véc tơ pháp

tuyến của mặt phẳng (P) là OG ;PT (P) có dạng :3x+2y+D=0

Mc (S) qua tâm

4

5;1;1I , BK :

2

33=R

nên:

+−=

−−=⇔=

+

4295

429533

13

5

D

DD

25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ

Câu4

ii =∆′⇒=−=−=∆′ 2154

ixix +−=−−=⇒ 2;2 21

0,25đ 0,25đ

Câu5

Số hạng thứ k+1 trong khai triển là:

( ) kkk

kkk

k xCx

xCT 31

3 54020203

202201 =

−= −−−

+

Để số hạng thứ k+1 là hằng số thì :

805401540 =⇔=−⇔=−kkx

k

Vậy hằng số trong khai triển trên là:

820

123 C

0,5đ 0,25đ 0,25đ

Noäi dung

Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò

(C): 233 −+−= xxy cuûa haøm soá.

a) Taäp xaùc ñònh: R b) Söï bieán thieân: i) Giôùi haïn cuûa haøm soá taïi voâ cöïc: +∞=

−∞→x

ylim vaø

−∞=+∞→x

ylim

ii) Baûng bieán thieân: • 33' 2 +−= xy 10330' 2 ±=⇔=+−⇔= xxy x

∞− 1− 1 ∞+

y’

− 0 + 0 −

y

∞+ 0 CÑ CT 4−

∞− yCT = y(-1) = -4 vaø yCÑ = y(1) = 0 c) Ñoà thò: • Giao ñieåm cuûa ñoà thò vôùi caùc truïc toaï ñoä: Vôùi Oy: 20 −=⇒= yx Vôùi 0x:

−=

=⇔=+−−−⇔=−+−⇔=

2

10)2)(1(0230 23

x

xxxxxxy

• Veõ ñoà thò:

-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

7y

y = m

y = 0

y = -4

m

Tính dieän tích hình phaúng giôùi haïn bôûi ñoà thò (C) vaø truïc hoaønh.

• Do hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (C) vôùi Ox laø x =

-2; x = 1 vaø 0233)( ≤−+−= xxxf treân ñoaïn [ ]1;2− neân dieän tích hình phaúng ñöôïc tính bôûi:

• [ ] ∫∫ ∫−− −

+−=−==1

2

31

2

1

2

)23()()( dxxxdxxfdxxfS

( ) ñvdt 4

274642

2

3

4

1

22

3

4

11

2

24

=−−−

+−=

+−=

−

xxx

Döïa vaøo ñoà thò (C), ñònh m ñeå phöông trình

0233 =++− mxx (1) coù ba nghieäm phaân bieät.

• Do mxxmxx =−+−⇔=++− 23023 33 neân soá nghieäm cuûa phöông trình (1) baèng soá giao ñieåm cuûa ñoà thò (C) vaø ñöôøng thaúng (d): y = m Döïa vaøo ñoà thò, ta suy ra ñöôïc:

• Phöông trình (1) coù ba nghieäm phaân bieät ⇔ 04 <<− m

Giaûi baát phöông trình 1)2x(2log)3x(2log ≤−+− (1)

• Ñieàu kieän: 302

03>⇔

>−

>−x

x

x (*)

• Khi ñoù:

4x1

x

x

log

2

2

2

≤≤⇔

≤+−⇔

≤+−⇔

≤+−⇔

≤+−⇔

≤−−⇔

04x5

26x5

2log)6x5x(log

1)6x5x(

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

22

2

2

2

• So vôùi ñieàu kieän (*) ta suy ra taäp nghieäm cuûa bpt (1) laø ( ]4;3=S

Giaûi phöông trình 0942 =+− xx (1) treân taäp soá phöùc.

• Phöông trình (1) coù bieät soá 594' −=−=∆ • Phöông trình (1) coù hai nghieäm phaân bieät laø : ix 52 −= vaø ix 52 +=

Cho hình choùp töù giaùc ñeàu SABCD coù caïnh ñaùy baèng a, goùc giöõa maët beân vaø maët ñaùy baèng 600. Tính theå tích cuûa khoái choùp SABCD theo a. • Goïi O laø taâm cuûa ñaùy vaø M laø trung ñieåm cuûa AB, vì SABCD laø hình choùp töù giaùc ñeàu neân ta suy ra ñöôïc: ABSMABOM ⊥⊥ ; . Do ñoù: �SMO = 600 • Xeùt tam giaùc vuoâng SOM ta coù:

32

60tan. 0 aOMSO ==

• Vaäy theå tích khoái choùp laø:

6

33

23

1.

3

1 32 aa

aSOSV ABCD ===

Tính tích phaân ∫+

=1

03

2

2dx

x

xI

• Ñaët dtdxxdxxdtxt3

132 223 =⇒=⇒+=

• Ñoåi caän: 3t1 x& 20 =⇒==⇒= tx • Khi ñoù:

[ ]∫∫ −===+

=3

2

3

2

1

03

2

)23(3

22

3

11

3

1

2tdt

tdx

x

xI

Vaäy 3

)23(2 −=I

Vieát phöông trình caùc ñöôøng thaúng vuoâng goùc vôùi

ñöôøng thaúng 3

1

3

4+−= xy vaø tieáp xuùc vôùi ñoà thò

haøm soá 1

12

+

++=

x

xxy .

Caùch 1: Ta coù 2

2

)1(

2)('

+

+=

x

xxxf . Goïi (d) laø ñöôøng

thaúng caàn tìm • Do ñöôøng thaúng (d) vuoâng goùc vôùi ñöôøng

thaúng 3

1

3

4+−= xy neân (d) coù heä soá goùc laø

4

3=k

• Hoaønh ñoä tieáp ñieåm cuûa (d) vaø ñoà thò haøm soá ñaõ cho laø nghieäm cuûa phöông trình:

=

=⇔=−+⇔++=+⇔=

+

+

-3x

1x 032 x 36384

4

3

)1(

2 2222

2

xxxxxx

xx

• Vôùi x = 1 thì y = 2

3 , tieáp ñieåm )

2

3;1(1M

Vôùi x = -3 thì y =2

7− , tieáp ñieåm )

2

7;3(2 −−M

• Vaäy coù hai ñöôøng thaúng thoaû maõn ñeà baøi laø

4

5

4

3)3(

4

3

2

7:)(

4

3

4

3)1(

4

3

2

3:)(

2

1

−=⇔+=+

+=⇔−=−

xyxyd

xyxyd

Caùch 2: Goïi (d) laø ñöôøng thaúng caàn tìm

• Do ñöôøng thaúng (d) vuoâng goùc vôùi ñöôøng

thaúng 3

1

3

4+−= xy neân phöông trình (d) coù daïng:

bxy +=4

3

• (d) tieáp xuùc (C)

=+

+

+=+

++

⇔

)2( 4

3

)1(

2

)1( 4

3

1

1

2

2

2

x

xx

bxx

xx

coù

nghieäm

•

=

=⇔=−+⇔++=+⇔

-3x

1x 032 x36384)2( 222

xxxxx

• Vôùi x = 1 thì 4

3

4

3:)(

4

31 +=⇒= xydb

Vôùi x = -3 thì 4

5

4

3:)(

4

51 −=⇒−= xydb

Trong khoâng gian Oxyz cho ñieåm A(3;4;2), ñöôøng

thaúng (d): 3

1

21

−==

zyx vaø maët phaúng (P):

0124 =−++ zyx

Laäp phöông trình maët caàu taâm A tieáp xuùc vôùi maët phaúng (P) vaø cho bieát toaï ñoä tieáp ñieåm. • Do maët caàu (S) coù taâm A vaø tieáp xuùc (P) neân baùn kính cuûa (S) laø

2121

21

1416

12812))(;( ==

++

−++== PAdR

• Phöông trình (S): 21)2()4()3( 222 =−+−+− zyx • Phöông trình ñöôøng thaúng (d) qua A vaø vuoâng goùc vôùi (P) laø

(d): R)(t

2

24

43

∈

+=

+=

+=

tz

ty

tx

• Toaï ñoä tieáp ñieåm M cuûa (S) vaø (P) laø nghieäm cuûa heä phöông trình

)1;2;1(

1z

2y

1x

1t

0124

2

24

43

−⇒

=

=

−=

−=

⇔

=−++

+=

+=

+=

M

zyx

tz

ty

tx

Vieát phöông trình ñöôøng thaúng qua A, vuoâng goùc (d) vaø song song vôùi maët phaúng (P). Caùch 1:

• Goïi (Q) laø maët phaúng qua A vaø song song vôùi (P) vaø (R) laø maët phaúng qua A vaø vuoâng goùc vôùi (d) • Mp(Q) qua A vaø coù VTPT laø

)1;2;4()()( == PQ nn neân coù phöông trình

022240)2(1)4(2)3(4 =−++⇔=−+−+− zyxzyx • Mp(R) qua A vaø coù VTPT laø

)3;2;1()()( == dR an neân coù phöông trình

017320)2(3)4(2)3(1 =−++⇔=−+−+− zyxzyx • Goïi )()()( RQ I=∆ , khi ñoù )(∆ laø ñöôøng thaúng thoaû maõn yeâu caàu cuûa ñeà baøi. Phöông trình

=−++

=−++∆

01732

02224:)(

zyx

zyx

Caùch 2:

• Ta coù VTPT cuûa (P) laø )1;2;4()( =Pn vaø VTCP

cuûa (d) laø )3;2;1()( =da

• Goïi )(∆ laø ñöôøng thaúng caàn tìm, khi ñoù )(∆ coù VTCP laø

[ ] ( )6;11;421

24;

13

41;

32

12; )()( −=

==∆ dP ana

• Vaäy phöông trình cuûa )(∆ :6

2

11

4

4

3 −=

−

−=

− zyx

Tính tích phaân: ∫ −=2

0

1dxxI

• Do 01 ≤−x treân [ ]1;0 vaø 01 ≥−x treân [ ]2;1 neân:

12

1

2

1

22

x-x

1)dx-(xx)dx-(1

111

2

1

21

0

2

1

0

2

1

1

0

2

1

2

0

=+=

−+

=

+=

−+−=−=•

∫ ∫

∫ ∫∫

xx

dxxdxxdxxI

• Vaäy I = 1

Vieát phöông trình caùc ñöôøng thaúng song song vôùi ñöôøng thaúng 3+−= xy vaø tieáp xuùc vôùi ñoà thò haøm

soá x

xy

−

−=

1

32

Caùch 1: Ta coù 2)1(

1)('

xxf

−

−= . Goïi (d) laø ñöôøng

thaúng caàn tìm • Do ñöôøng thaúng (d) song song vôùi ñöôøng thaúng 3+−= xy neân (d) coù heä soá goùc laø 1−=k • Hoaønh ñoä tieáp ñieåm cuûa (d) vaø ñoà thò haøm soá ñaõ cho laø nghieäm cuûa phöông trình:

( )

=

=⇔=−⇔=−⇔−=

−

−

2x

0x 02 x 111

)1(

1 22

2xx

x

• Vôùi x = 0 thì y = -3 , tieáp ñieåm )3;0(1 −M Vôùi x = 2 thì y =-1 , tieáp ñieåm )1;2(2 −M • Vaäy coù hai ñöôøng thaúng thoaû maõn ñeà baøi laø

1)2(11:)(

3)0(13:)(

2

1

+−=⇔−−=+

−−=⇔−−=+

xyxyd

xyxyd (d1;d2//d)

Caùch 2: Goïi (d) laø ñöôøng thaúng caàn tìm

• Do ñöôøng thaúng (d) vuoâng goùc vôùi ñöôøng thaúng 3+−= xy neân phöông trình (d) coù daïng:

bxy +−=

• (d) tieáp xuùc (C)

−=−

−

+−=−

−

⇔

)2( 1)1(

1

)1( 1

32

2x

bxx

x

coù

nghieäm

•

=

=⇔=−⇔

2x

0x 02)2( 2

xx

• Vôùi x = 0 thì 3:)(3 1 −−=⇒−= xydb Vôùi x = 2 thì 1:)(1 1 +−=⇒= xydb

Trong khoâng gian Oxyz cho ñieåm A(2;0;1), ñöôøng

thaúng (d): R)(t

2

2

1

∈

+=

=

+=

tz

ty

tx

vaø maët phaúng (P):

012 =++− zyx

Laäp phöông trình maët caàu taâm A tieáp xuùc vôùi maët phaúng (P). • Do maët caàu (S) coù taâm A vaø tieáp xuùc (P) neân baùn kính cuûa (S) laø

66

6

114

114))(;( ==

++

++== PAdR

• Phöông trình (S): 6)1()2( 222 =−++− zyx

Vieát phöông trình ñöôøng thaúng qua ñieåm A,vuoâng goùc vaø caét ñöôøng thaúng (d). • Goïi (Q) laø maët phaúng qua A vaø vuoâng goùc vôùi (d) • Mp (Q) coù VTPT laø )1;2;1()()( == dQ an neân coù phöông trình laø 0320)1(1)0(2)2(1 =−++⇔=−+−+− zyxzyx • Toaï ñoä giao ñieåm M cuûa (Q) vaø (d) laø nghieäm cuûa heä:

)2;0;1(

2z

0y

1x

0t

032

2

2

1

M

zyx

tz

ty

tx

⇒

=

=

=

=

⇔

=−++

+=

=

+=

• Goïi )(∆ laø ñöôøng thaúng qua A, M, )(∆ coù VTCP

Neáu hoïc sinh laøm baøi khoâng theo caùch

neâu trong ñaùp aùn maø vaãn ñuùng thì ñöôïc ñuû ñieåm töøng phaàn nhö ñaùp aùn quy ñònh.

----------------------Heát----------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM - ĐỀ 14

Câu

Đáp án

3

2

3

' 3 3 ; y''=-6x

y'(-1)=0XÐt hÖ: 3 3 0 1

y''(-1)>0

y x mx m

y x m

m m

= − + −

= − +

⇔ − + = ⇔ =

Thử lại: với m=1: y'=-3x2+3 suy ra:

−∞ -1 1 +∞ - 0 + 0 - +∞

Từ bảng biến thiên suy ra x=-1 là điểm cực tiểu Kết luận: với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x = -1

laø )1;0;1(−==∆ AMa • Vaäy pt ñöôøng thaúng thoaû yeâu caàu ñeà baøi

laø : R)(t

1

0

2

:)( ∈

+=

=

−=

∆

tz

y

tx

Với m=-1

( )

3

2 2

ã: y=-x 3 1

:

' 3 3 3 1 0

µm sè lu«n nghÞch biÕn trªn R.

Tac x

TXD D R

y x x x R

H

− +

=

= − − = − + < ∀ ∈

⇒

0,25 0,25 0,25

Hàm số không có cực trị Đồ thị không có tiệm cận. Các giới hạn: lim ; lim ;

x x

y y→−∞ →+∞

= +∞ = −∞

0,25 0,25

Bảng biến thiên:

−∞ +∞ -

+∞

Đồ thị: Giao điểm với Oy: ( 0; 1) Giao điểm với Ox : ≈ ( 0,32; 0)

0,5 0,25

-8 -6 -4 -2 2 4 6

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

y

114

2 22

0 22

2

§Æt t=cosx dt=-sinxdx

2x=0 t=1; x=

4 2

s inxdx 12 1

cos

t

dtI

tx t

π

π

⇒

⇒ ⇒ =

− = = = = −

∫ ∫

Các hệ số : a=1; b=-4; c=7

' 3 0

x=2+i 3 suy ra:

2 3x i

∆ = − <

= −

gt: � �; SAO 30 ; 60 ; Ýnh l= SA=?O OOH a SAB T= = = Bài giải:

o

o

2 22 2 2 2

vu«ng SAO: SO=sin 30 .2

3 vu«ng SAH: SH=sin 60 .

2

3 32

4 4 4

SATrong SA

Trong SA SA

SA SASO OH SA a SA a

∆ =

∆ =

⇔ + = ⇔ + = ⇔ =

Hình vẽ 0,25 0,25 0,25 0,25

( ) ( )

( )

α

α

− − −

= = − − −

− − − −− −

uuur uuur

uuur uuurr

1;1 1 ; 0;1; 3

Æt ph¼ng ( ) qua A(1; 0; 11) vµ cã 1 vÐc t¬ ph¸p tuyÕn

n= AB, 2; 3; 1

ra ph−¬ng tr×nh mp( ):-2(x-1)-3y-(z-11)=0

1 1 1 1 1 1; ; ;1 3 3 0 0 1

AB AC

M

AC

suy

⇔ 2x+3y+z-13=0

0,5 0,

( ) ( )

( )

2 22

* Æt cÇu t©m D(-3; 1; 2), b¸n kÝnh R=5 lµ:

(x+3) 1 2 25

* Æt cÇu (S) c¾t ( ) d D;( )

2.( 3) 3.1 2 135 14 25 ( ®óng ) (®pcm)

4 9 1

PTm

y z

M Rα α

+ − + − =

⇔ <

− + + −⇔ < ⇔ <

+ +

äi M(a;b) biÓu diÔn z=a+bi ta cã: z+z+3 4

3 4 2 3 4

12 3 4 2 2 3 4 7

2

suy ra tËp hîp c¸c ®iÓm M cÇn t×m

1 -7 lµ ®−êng th¼ng x= Æc ®−êng th¼ng x=

2 2

G

a bi a bi a

aa

aa

ho

=

⇔ + + − + = ⇔ + =

=+ =

⇔ ⇔ + = − − =

2/ Theo chương trình nâng cao:

( )

/ øng minh ®−êng th¼ng (d) n»m trªn (P):

Ta cã: §−êng th¼ng (d) M(2;3;-4) vµ cã 1 vÐc t¬ chØ ph−¬ng u 4;2;1

Æt ph¼ng(P) cã 1 vÐc t¬ ph¸p tuyÕn n -1;1;2

. 4.( 1) 2.1 1.2 0ã: ( )

(2;3; 4) ( )

a Ch

m

n uTac d

M P

⊂

= − + + =⇒

− ∈

r

r r

( )

/ Õt ph−¬ng tr×nh ( ) ( );( ) //( ) µ c¸ch (d) mét kho¶ng b»ng 14b Vi P d v

α⊂

∆ ⊂ ∆

[ ] ( ) ( )

* ùng m Æt ph¼ng (Q ) vu«ng gãc ví i (P) vµ (Q )//(d)

c¸ch (d) m ét kho¶ng 14 .

(Q ) cã 1 vÐc t¬ ph¸p tuyÕn

2 1 1 4 4 2 n , ; ; 3; 9; 6q 1 2 2 1 1 1

( ) cã d¹ng: 3x-9y+6z+D =0

K ho¶ng c¸ch tõ (d ) ®Õn m p(Q ) b

D

u n

P Tm p Q

⇒

= = = −− −

⇒

r r r

»ng 14

3.(2 ) 9.(3) 6 .( 4 )( ; ( )) 14 14

9 81 36

345 42

87

Tõ ®ã suy ra cã 2 PT :

m p(Q ) : 3x-9y+6z+3=0 vµ m p (Q ) : 3x-9y+6z+87=01 2

Dd M Q

DD

D

− + − +⇔ = ⇔ =

+ +

=− = ⇔ =

1 1

2 2

õ ®ã suy ra 2 PT ®−êng th¼ng tho¶ m\n ®Ò bµi:

2 7 0( ) ( ) :

3 9 6 3 0

2 7 0( ) ( ) :

3 9 6 87 0

T

x y zP Q

x y z

x y zP Q

x y z

− + + + =∆ = ∩

− + + =

− + + + =∆ = ∩

− + + =

Tìm căn bậc hai của số phức z = -4i Đáp án:

( )

∈

− == ⇔ + = − ⇔

= −

=⇔

= −

= − = ⇔ ∨

= = = −

= − +

2 222

2

2

1

äi w=x+yi lµ c¨n bËc hai cña z=-4i; (x; y R)

0Ta cã: w 4

2 4

( « nghiÖm) 2

x=-y 2 2Æc

y 2 2 2

Ëy z= -4i cã 2 c¨n bËc hai lµ: w 2 2

G

x yz x yi i

xy

x yV

y

x xHo

y y

V i

= −2 w 2 2i

HƯỚNG DẪN CHẤM- ĐỀ 15

Câu Đáp án T

hang điểm

0

3 2

2y'

y'

hµm sè: y=x 3 2

' 3 6 ; ' 9 3

µm sè cã cùc ®¹i, cùc tiÓu ' 0 9 3 0

m < 3

Cho x mx m

y x x m m

H m

+ + + −

= + + ∆ = −

⇔ ∆ > ⇔ − >

⇔

,5 0,5

Khảo sát và vẽ ĐT: Khi m=3 suy ra

( )

3 2

22

x - x

3 3 1

§: D=R

y'=3x 6 3 3 1 0 1

y'=0 x=-1

Hµm sè lu«n ®ång biÕn trªn R.

*Hµm sè kh«ng cã cùc trÞ *§å thÞ kh«ng

C¸c giíi h¹n: limy ; limy

y x x x

TX

x x x

→ ∞ →+

= + + +

+ + = + > ∀ ≠ −

⇔

⇒

= −∞∞

= +∞

0,25 0,5 0,25 0,25 0,25

Bảng biến thiên: x −∞ -1

+∞ y' + 0

+ y

0 +∞

−∞

*Vẽ đồ thị: Giao điểm với Ox : (-1; 0) Giao điểm với Oy: ( 0; 1)

-8 -6 -4 -2 2 4

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

y

0,5 0,25 0,75

( )1 1 1

x

0 0 0

1 1

00

1Ýnh : I= 3 os2x 3 os2xd(2x)

2

3 1 ln3.sin 2 4sin 2

ln3 2 2 ln3

x

x

T c dx dx c

x

+ = +

+= + =

∫ ∫ ∫

( ) (

( )( )

2 2

2

2 2

¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: log 3 log 2 1

x-3>03

x-2>05 4 0

log 3 2 log 2

33 4 suy ra tËp nghiÖm: T= 3;4

1 4

Gi x x

x

x xx x

xx

x

− + − ≤

>

⇔ ⇔ − + ≤ − − ≤

>⇔ ⇔ < ≤

≤ ≤

� SAO 60 ; ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh aoCho =

Ta có: 1

. ; 3

2 6 tan 60 . 3.

2 2

ABCD

o

V SO S

a aSO AO

=

= = =

32 21 6 6; Suy ra V= . .

3 2 6ABCD

a aS a a= =

II- Phần riêng: 1/ Theo chương trình chuẩn:

1 2

1 1

2 2

x=1+2t' x=-2t

( ) cã pt tham sè : y=2-2t' ( ) cã pt tham sè: y=-5+3t

z=-t' z=4

( ) cã 1 vÐc t¬ chØ ph−¬ng u =( 2;-2;-1)

( ) cã 1 vÐc t¬ chØ ph−¬ng u =( -2;3;0)

1+2t'=-2t

Ðt hÖ PT: 2-2t'=X

∆ ∆

∆

∆

r

r

( )1 2

1 2

7-5+3t (I) suy ra hÖ (I) v« nghiÖm.2

5-t'=4

MÆt kh¸c u vµ u kh«ng cïng ph−¬ng.

KÕt hîp 2 ®iÒu kiÖn trªn suy ra ( ) µ chÐo

t

t

v

=

⇒ =

∆ ∆

r r

[ ] (

1 1

1 2

( ) ( ) (1;2;0)

µ cã 1 vÐc t¬ ph¸p tuyÕn

n= u , 3;2;2

suy ra ph−¬ng tr×nh mp(P) lµ:

3(x-1)+2(y-2)+2z = 0 3x+2y+2z-7=0

-2 -1 -1 2 2 -2 ; ; 3 0 0 -2 2 3

mp P M

v

u

⊃ ∆ ⊃

= =

⇔

−r r r

( )( )

3 3 3

2

¶i ph−¬ng tr×nh: x 8 0 2 0

x+2 2 4 0

2

1 3

1 3

Gi x

x x

x

x i

x i

+ = ⇔ + =

⇔ − + =

= −

⇔ = + = −

2/ Theo chương trình nâng cao: a. Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P):

* Ëp p −¬ng tr×nh ®−êng th¼ng qua M vµ vu

ã ( ) cã 1 vÐc t¬ chØ ph−¬ng u 1;1;2 ; M

x=2+t

ra cã ph−¬ng tr×nh tham sè: y=3+t

z=2t; t R

®ã N= (P) cã to¹ ®é l

L h

Ta c P

suy

Khi

∆

∆ ⊥ ⇒ ∆ ∆ ⊃

∆ ∈

∆ ∩

r

( )

µ nghiÖm cña hÖ PT:

x=2+t 1

y=3+t 11;2; 2

z=2t; t R 2

2 1 0 2

t

xN

y

x y z z

= − =

⇔ ⇒ − ∈ =

+ + + = = −

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

× (Q)//(P) nªn (Q) cã ph−¬ng tr×nh d¹ng:

x+ y+ 2z+ D = 0; MÆt cÇu (S) cã t©m I(1;-2;3) vµ b¸n kÝnh R= 6

(Q) tiÕp xóc víi mÆt cÇu (S) ¶ng c¸ch tõ

1 ( 2) 2.36 5 2 21

1 4 9

V

Kho

DD

⇔

+ − + +⇔ = ⇔ + = ⇔

+ +

õ ®ã suy ra cã 2 PT cña (Q) tho¶ m\n ®Ò bµi:

x+y+2z-5-2 21=0 hoÆc x+y+2z-5+2 21 0

T

=

( )2 2

* Óu diÔn sè phøc z=-1+i d−íi d¹ng luîng gi¸c:

Ta cã: z= r(cos +isin )

Trong ®ã r= -1 1 2;

1 2 b 1 2os = ; Sin =

2 r 22 23

ra z cã 1 acgumen =4

3 3¹ng l−îng gi¸c: z= 2 os .sin

4 4

Bi

aC

r

Suy

d c i

ϕ ϕ

ϕ ϕ

πϕ

π π

+ =

−= = − = =

⇒ +

Đáp án đề số 16. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ĐIỂM) Câu

Đáp án đ

iểm

Câu1 (4 đ

)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): y=x3+3x2+1 * TXĐ: � *Sự biến thiên: + y’= 3x2+6x= 3x(x+2)= 0

⇔0 (0) 1

2 ( 2) 5

x y

x y

= ⇒ = = − ⇒ − =

+ BBT: x -∞ -

2 0 +∞

y’ + 0 - 0 +

y 5 +∞ -∞ 1

Hs đồng biến trên ( ); 2 ;(0; )−∞ − +∞ ; Hs

nghịch biến trên ( 2;0)− + Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=-2; yCĐ=5; Hs đạt cực tiểu tại x=0; yCT=1; + Giới hạn: lim ; lim .

x x→−∞ →+∞= −∞ = +∞

- Đồ thị hàm số không có tiệm cận. • Đồ thị: - Giao với trục Oy: cho x=0 suy ra y= 1. - Ox: cho y=0 suy ra x 3,1≈ −

0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,2

6

4

2

-2

-4

-5

f x( ) = x⋅x ⋅x+3⋅x ⋅x+1

O

CD

CT

-3,1

5 0,75

2. Biện luận số nghiệm PT: x3+3x2+1= m/2 (1) - Số nghiệm của pt (1) là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y= m/2; nên ta có:

+ Nếu 2

m> 5 hoặc

2

m<1 Hay m>10 hoặc m< 2

thì PT (1) có nghiệm duy nhất. + Nếu m = 10 hoặc m= 2 thì PT (1) có 2 nghiệm + Nếu 2<m<10 thì pt (1) có 3 nghiệm.

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 2 (2 đ

)

1. Ta có: 1 2

30 2

xI dx

x=

+∫

Đặt u= 2+x3 suy ra du = 3x2dx; u(0)=2; u(1)= 3; 3

2

32 2( 3 2)

23 33

duI u

u= = = −∫ .

0,5 0,

5

2. Ta có:

2 2

3

2

log ( 3) log ( 1) 3

3 0

1 0

( 3)( 1) 2

33

514 5 0

5

x x

x

x

x x

xx

xxx x

x

− + − =

− >

⇔ − >

− − =

>>

⇔ ⇔ ⇔ == − − − = =

KL: x=5

0,5 0,5

Câu 3 (1 đ

)

Ta có đường sinh 0

2 3

sin 60 3

R Rl = = ;

0

3

tan 60 3

R Rh = =

Áp dụng công thức diện tích xung quanh và thể tích:

Sxq=22 3

3

RRl

ππ = (đvdt);

V=31 3

.3 9

RB h

π= (đvtt).

0,5 0,5

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

Câu

1. Pt chính tắc của ( )� qua B(1;0;-5) có

VTCP (3;1;2)u =r

là:

0

4a. 2 đ

1 5

3 1 2

x y z− += = ; ( 4;6; 6)AB = − −

uuur

Ta có:

. 12 6 12cos( , ) os( , )

14. 88.

u ABAB c u AB

u AB

− + −= = = =

r uuurr uuur

� r uuur

,5 0,5

2. Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là:

n u AB= ∧r r uuur

= (-18;10;22).

MP(P) qua A(5;-6;1) có VTPT ( 18;10;22)n = −r

có phương trình là: -18(x-5)+10(y+6)+22(z-1)=0 Hay -18x+10y+22z+128=0.

0,5 0,5

Câu 4b (1 đ

)

+ Xét pt: -x2+2x=00

2

x

x

=⇔ =

Nên thể tích của vật tròn xoay giới hạn bởi các đường y=-x2+2x và y= 0 là:

2 22 2 4 3 2

0 0

54 3

( 2 ) ( 4 4 )

24 16( ) ( ).

05 3 15

V x x dx x x x dx

xx x dvtt

π π

π π

= − + = − +

= − + =

∫ ∫

0,5 0,5

• • Theo chương trình nâng cao:

Đáp án

a. Tìm N là hình chiếu vuông góc của M(1;-1;1) lên

2( )� :

Véctơ chỉ phương của 2( )� là: 2 ( 1;1;0)u = −uur

N thuộc 2( )� nên N=(2-t;4+t;1). (1 ;5 ;0)MN t t= − +uuuur

Vì N là hình chiếu vuông góc của M lên 2( )� , nên

2 2. 0MN u MN u⊥ ⇔ = ⇔uuuur uur uuuur uur

-1+t+5+t=0 ⇔ t= -2 Vậy N=(4;2;1). b. Viết PT đường thẳng cắt cả hai đường thẳng 1( )� ,

2( )� và nằm trong mặt phẳng (P): Phương trình tham số của

1 1

1

( ) : ; ( 1;1;4)

4

x t

y t VTCP u

z t

= −

= = − =

ur� .

Giả sử 1( )� giao với (P) tại A , Ta có: t+8t=0 hay t=0 suy ra

A(1;0;0). 2( )� giao với (P) tại B, ta có: 4+t+2=0 hay t=-6 Suy ra B=(8;-2;1).

(7; 2;1)AB = −uuur

. Đường thẳng cần tìm qua A và B nhận ABuuur

làm véctơ chỉ phương nên có phương trình tham số:

1 7

2

x t

y t

z t

= +

= − =

• Để đồ thị hs (Cm): 2

( 0)1

x x my m

x

− += ≠

− cắt trục

hoành tại 2 điểm phân biệt ⇔2

01

x x m

x

− +=

− có hai nghiệm

phân biệt khác 1 ⇔ 2 0x x m− + = có 2 nghiệm khác

10

0m

>⇔

≠

�

Ta có � = 1-4m >0 ⇔ m<1/4. Khi đó đồ thị cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B có hoành độ lần lượt tại x1,x2.

Ta có y’=2

1( 1)

m

x−

− . Để tiếp tuyến tại hai điểm A,B vuông

góc với nhau

2 2

1 2

2

2 2 2 21 2 2 1

1 . 1 1( 1) ( 1)

1 1( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

m m

x x

m m m

x x x x

⇔ − − = −

− −

⇔ − − + = −− − − −

2 2 2 2

2 1 1 2

2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2[( 1)( 1)] [( 1) ( 1) ] 0

2[ ( ) 1] [( ) 2 2( ) 2] 0 (*)

x x m x x m

x x x x m x x x x x x m

⇔ − − − − + − + =

⇔ − + + − + − − + + + =

Theo ĐL Viét 1 2

1 2

1

.

x x

x x m

+ =

= Nên (*) ⇔ 5m2-m=0 ⇔ m= 0

(loại) và m= 1/5 (thoả mãn điều kiện).

Kết luận: m=1

5.

Đáp án đề số 17 Câu

Đáp án điểm

Câu 1 (4 đ

)

Hs y= -x3+3x (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị: • TXĐ: � . • Sự biến thiên: + Ta có y’=-3x2+3=-3(x2-

1)=01 (1) 2

1 ( 1) 2

x y

x y

= ⇒ =⇔ = − ⇒ − =−

+ HS đồng biến trên khoảng (-1;1); Nghịch biến trên ( ) ( ); 1 ; 1;−∞ − +∞ .

+ Cực trị: - Hs đạt cực đại tại x=1; yCĐ=2 - Hs đạt đạt cực tiểu tại x=-1; yCT=-2. + Giới hạn tại vô cực: lim ; lim .

x xy y

→−∞ →+∞= +∞ = −∞

+ BBT:

• Đồ thị: Giao với oy: cho x= 0 => y=0 Giao với ox: cho y=0 => x=0,

x -∞ -1 1 +∞

y’ 0 0 y +∞ 2

-2 -∞

0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5

x= 3± .

4

2

-2

-4

-5 5

O 1-1

CT

CD

x1 x3

+ NX: đồ thị nhận gốc toạ độ làm tâm đối xứng.

0,75

2. Đường thẳng x-9y+3=0 hay y=

1 1

9 3x +

có hệ số góc =1/9. Phương trình tiếp tuyến với (C) vuông góc với đường thẳng trên nên có hệ số góc =-9. Ta có f’(x0)=-3x0

2+3=-

9 0

0

2 ( 2) 2

2 (2) 2

x y

x y

= − ⇒ − =⇔

= ⇒ = −

Nên ta có 2 phương trình tiếp tuyến là: y1=-9(x+2)+2 hay y= -9x-16 y2=-9(x-2)-2 hay y= -9x+16

0,5 0,5

Câu2 (2 đ

)

1. Tích phân:

2

0

(2 1)cosI x xdx

π

= −∫ . Đặt u= 2x-1 => du=2dx;

v= sinx Ta có

2

0

(2 1)sinx 2 sin x 1 2cos 32 20 0

I x dx x

ππ π

π π= − − = − + = −∫

0,5 0,5

2. PT 22x+2-9.2x+2= 0 (1) <=> 4.22x- 9.2x+2= 0 Đặt 2x=t > 0. PT (1) <=> 4t2-9t+2=0 <=> t1=1/4; t2=2 Với t=1/4 <=> 2x=1/4 <=> x= -2 Với t= 2 <=> 2x=2 <=> x=1 KL: x=-2; x=1.

0,5 0,5

C

âu 3 (1 đ

)

x

O

A

B

D

S

M

I

+ Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Vẽ Ox vuông góc (ABCD). Gọi M là trung điểm của SA, Mặt phẳng trung trực của SA qua M cắt Ox tại I thì I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Bán kính mặt cầu là R=IS=IA=IB=IC=ID. + Xét tam giác AOI vuông tại O. IO=AM=SA/2=a.

AO= AC/2= 2 / 2a Ta có

2 2 2 2 3/ 2

2R IO AO a a a= + = + =

Áp dụng công thức ta có diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là:

S= 2 2 234 4 ( ) 6

2R a aπ π π= = (Đvdt).

0,25 0,25 0,5

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

â

u

Đáp án Đ

i

ểm

Câu 4a ( 2

+ Đường thẳng d: 1 3 2

1 2 2

x y z+ + += = có

véctơ chỉ phương (1;2;2)u =r

.

1. Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc H của A lên d Đường thẳng d đi qua M(-1;-3;-2) có phương trình tham số là:

0,

đ

)

1

3 2

2 2

x t

y t

x t

= − +

= − + = − +

.

H là hình chiếu của A lên đường thẳng d nên H=(-1+t;-3+2t;-2+2t) Ta có:

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

119 11

9

AH u AH u t t t

t t

⊥ ⇔ = ⇔ − + + − + + − + =

⇔ = ⇔ =

uuur r uuur r

Vậy H=2 5 4

( ; ; )9 9 9

−.

2. B là điểm đối xứng với A qua đường thẳng d nên H là trung điểm của đoạn AB.

d

H

A

B

Ta có:

3 2 23

2 9 92 5 28

2 9 94 8

2 9 9

BB

BB

BB

xx

yy

zz

+ = = −

+

= − ⇔ = −

= =

Hay

B=23 28 8

; ;9 9 9

− −

5 0,5 1

Câu 4b (1 đ

)

+ Số phức z=(1-2i)(2+i)2 = (1-2i)(3+4i)= 11- 2i

=> z =11+2i.

Nên A= z. z =(11-2i)(11+2i)= 112+ 22=125. Vậy A= 125.

0,25 0,25 0,5

• Theo chương trình nâng cao: C Đáp án đ

âu

i

ểm

4a (2 đ

)

Đường thẳng(d1) qua M1(4;1;0) có véctơ chỉ

phương 1uur

=(2;2;-1) Đường thẳng(d2) qua M2(-3;-5;7) có véctơ chỉ

phương 2uuur

=(2;3;-2)

Mặt phẳng ( )α có vectơ pháp tuyến: nr

=(2;-1;2)

a. Vì 1.u nur r

. =4-2-2=0 nên 1u n⊥ur r

và

M1(4;1;0) ∉ ( )α nên đường thẳng (d1) song song

với ( )α .

+ Vì 2.u nuur r

=4-3-4 0≠ nên (d2) cắt mặt phẳng

( )α .

b. Ta có 1 2M Muuuuuur

=(-7;-6;7)

1 2[ , ]u uur uur

=(-1;2;2).

Vì 1 2[ , ]u uur uur

. 1 2M Muuuuuur

=7-12+14 =9 khác 0 nên 3

véctơ 1 2,u uur uur

và 1 2M Muuuuuur

không đồng phẳng hay 2 đường thẳng d1 và d2 chéo nhau. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng này là:

1 2

1 2

[ , ]. 93

3[ , ]

u u MNh

u u= = =

ur uur uuuur

ur uur

c. Viết phương trình đường thẳng (� ) song song với mặt phẳng ( )α cắt đường thẳng (d1),(d2) lần lượt tại M và N: MN=3. Ta có phương trình tham số của

1 2

4 2 3 2 '

: 1 2 : 5 3 '

7 2 '

x t x t

d y t d y t

z t z t

= + = − +

= + = − + =− = −

Nên M=(4+2t;1+2t;-t) và N=(-3+2t’; -5+3t’; 7-2t’)

suy ra MNuuuur

=(-7+2t’-2t;-6+3t’-2t;7-2t’+t)

Vì (� ) song song ( )α nên . 0MN n =uuuur r

⇔ 2(-7+2t’-2t)-(-6+3t’-2t)+2(7-2t’+t)=0 ⇔ -14+4t’-4t+6-3t’+2t+14-4t’+2t= 0

⇔ t’= 2 Suy ra MNuuuur

=(-3-2t;-2t; 3+t) và N=(1;1;3).

0,5 0,5 0,25 0,25

2 2 2

2

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

2 1 0

1

Bai ra MN MN t t t

t t

t

= ⇔ = − − + − + + =

⇔ + + =

⇔ = −

uuuur

Suy ra M=(2;-1;1) và MNuuuur

=(-1;2;2) nên phương

trình đường thẳng (� ) cần tìm có MNuuuur

là vectơ chỉ phương và qua N(1;1;23) nên có phương

trình tham số:

1

1 2

3 2

x t

y t

z t

= −

= + = +

0,25 0,25

4b. (1đ

)

Tìm nghiệm của phương trình 2z z= Giả sử z=a+bi thì ta có phương trình: a-bi = (a+bi)2 ⇔ a-bi = a2-b2 + 2abi ⇔

2 2

0

1 3;

2 22

1 3;

2 2

a b

a a ba b

b ab

a b

= =

= − ⇔ = − = − = = − = −

Vậy phương trình có 3 nghiệm

1 2 3

1 3 1 30; ; .

2 2 2 2z z i z i= = − + = − −

0,25 0,5 0,25

§¸p ¸n đề 18

C©u §¸p ¸n I (3 ®iÓm)

1. (2 ®iÓm) TËp x¸c ®Þnh: D = ℝ Sù biÕn thiªn: . ChiÒu biÕn thiªn: y’ = - 4x3 +4x

y’ = 0 ⇒ - 4x3 +4x = 0 ⇔ x = 0 , x = ± 1

Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng ( - ∞ ; -1) vµ ( 0 ; 1)

Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng ( - 1 ; 0) vµ ( 1 ; +∞)

. Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i hai ®iÓm x = - 1 vµ x =1; yC§ = 4 Hµm sè ®¹t cùc tiªu t¹i ®iÓm x = 0 ; yCT = 3

. Giíi h¹n: →−∞ →−∞ →−∞

4 2 42 4x x x

2 3lim y = lim (-x + 2x + 3) = lim x (-1+ + ) = -

x x

→+∞ →+∞ →+∞

4 2 42 4x x x

2 3lim y = lim (-x + 2x + 3) = lim x (-1+ + ) = -

x x . B¶ng biÕn thiªn: x - ∞ -1 0 1

+∞

y’ + 0 - 0 + 0 -y 4 4

-∞ 3

-∞

§å thÞ (C ) :

C¾t Oy t¹i ®iÓm (0; 3), c¾t Ox t¹i 2 ®iÓm ( - 3 ; 0) vµ ( 3 ; 0)

NhËn Oy lµ trôc ®èi xøng 0

1

1

3

4

2.(1 ®iÓm)

* 4 2x -2x +m =0 ⇔

4 2-x + 2x + 3 = m + 3 sè nghiÖm cña

ph−¬ng tr×nh lµ sè giao ®iÓm cña ®å thÞ (C) vµ ®−êng th¼ng y = m +3 * C¨n cø vµo ®å thÞ ®Ó ph−¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× 3 < m + 3 < 4 vËy 0 < m < 1

C©u 2 (3,0 ®iÓm)

1. (1 ®iÓm )

∫2

2

0

I = x + 2.xdx =

1

212)

2+∫

22 2

0

(x + 2) d(x ( )21 3

2 2

0

12) 3 3(8 2 2)

2+ = = −∫

22 2 2

0

(x + 2) d(x x + 2

2. (1 ®iÓm ) y’ = 6 x2 + 6x -12

y’ = 0 ⇔ 6 x2 + 6x -12 = 0 ⇔ x = 1 , x = -2

y(-1) = 15; y(1) = -5 ; y(2) = 6

[ ]1;2max ( 1) 15y y−

= − = [ ]1;2min (1) 5y y−

= =−

3. (1 ®iÓm ) 12222 1 −=− −+− xxxx

§Æt t = xx −2

2 > 0 Ph−¬ng tr×nh trë thµnh 2

1tt

− =− ⇒ t2 + t -2 = 0 ⇒ t = 1,

t = -2 < 0 (lo¹i)

Víi t = 1 ⇒ xx −2

2 = 0 ⇒ x2 – x = 0 ⇒ x= 0 vµ x = 1

C©u 3 (1 ®iÓm)

D C

A B

O

S

DiÖn tÝch ®¸y B = a2

ChiÒu cao h = SO = OA.tan600=2 6

32 2

a a=

VËy V = 1

3Bh =

3 6

6

a

C©u 4 .a (2®iÓm)

1. ( 3;0;1); ( 1; 1;1)BC BD− − −���� ����

, (1;2;3)n BC BD = =

� ���� ����

MÆt ph¼ng (BCD) cã ph−¬ng tr×nh 1.(x – 3) +2.(y – 2) +3z = 0 Hay x + 2y + 3z -7 = 0

2.d(A , (BCD)) = 2 2 2

3 2( 2) 3( 2) 714

1 2 3

+ − + − −=

+ + ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu cÇn

t×m lµ: (x – 3)2 + (y +2)2 + (z +2 )2 = 14 C©u 5 . a

z = 1 + 6i ⇒ 2 21 6 37z = + =

C©u 4 b

1. (1;2; 4); ( 8; 8;12)du AB− − −��� ���

⇒ (2; 5;2)n −�

MÆt ph¼ng cÇn viÕt: 2x -5y -2z +1 = 0 dÔ co A ko thuéc mÆt ph¼ng nµy, 2.Gäi M(t ; -1 + 2t; 3 - 4 t)

MA2 +MB2 = 42t2 - 44t +154 ®¹t GTNN ⇔ t = 11/21 vËy M(11/21 ; 1/21; 19/21)

C©u 5 b

1 22 3 ; 2 3z i z i= − = +

§¸p ¸n vµ thang ®iÓm- §Ò sè 19

§¸p ¸n

1. (2 ®iÓm) TËp x¸c ®Þnh: D = ℝ

Sù biÕn thiªn: . ChiÒu biÕn thiªn: y’ = 2x3 -6x

y’ = 0 ⇒ 2x3 -6x = 0 ⇔ x = ± 3 , x = 0

Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng ( - ∞ ; - 3 ) vµ ( 0 ;

3 )

Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng ( - 3 ; 0) vµ ( 3 ; +∞)

. Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i hai ®iÓm x = - 3 vµ x

= 3 ; yCT = -2

Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i ®iÓm x = 0 ; yCT = 5

2

. Giíi h¹n:

→−∞ →−∞ →−∞∞

42 4

2 4x x x

x 5 3 5lim y = lim ( - 3x + ) = lim x (1- + ) = +

2 2 x 2x

→+∞ →+∞ →+∞∞

42 4

2 4x x x

x 5 3 5lim y = lim ( - 3x + ) = lim x (1- + ) = +

2 2 x 2x

. B¶ng biÕn thiªn:

- ∞ - 3 0 3

+∞

+ 0 - 0 + 0 -

+ ∞ 5

2

+∞

-2 -2

§å thÞ (C ) :

C¾t Oy t¹i ®iÓm (0; 3), c¾t Ox t¹i 2 ®iÓm ( - 3 ; 0) vµ ( 3 ; 0) NhËn Oy lµ trôc ®èi xøng

1

1

5/2

-2

C©u

§¸p ¸n Thang ®iÓm

2/ ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i M(1;0) thuéc (1). Ta cã: f’(x)=2x3-6x suy ra f’(1)=-4

Suy ra PT tiÕp tuyÕn cÇn t×m: y= -4(x-1) 4x y-4 0⇔ + =

0,5

0,5

2

1. TÝnh +∫0

12 3(2 1)x dx

§Æt u= 2x2+1 ⇒du=4xdx 0 1

1 3

x u

x u

= ⇒ =

= ⇒ =

0,5

0,

Suy ra I= = =∫

333 4

1 1

1 15

3 16u du u

5

2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña y= -2x3+4x2-2x+2

trªn −1;3

2' 6 8 2

1' 0 1

3

y x x

x

yx

= − + −

== ⇔ =

y(1)=2; y(1/3)= 46/27 ; y(-1)=10; y(3)= -22

22 ; Max 10-1;31;3

Min y y

⇒ = − =−

0,5

0,25

0,25

3.Gi¶i ph−¬ng tr×nh: ( )

− + =

⇔ − + =2

16 17.4 16 0

4 17.4 16 0x

x x

x

§Æt t=4x>0 Ta cã PT: =

− + = ⇔ =

2 t 1t 17t 16 0

t 16

t=1 4 1 0x x⇔ = ⇔ =

16 4 16 2xt x= ⇔ = ⇔ =

0,25

0,25

0,25 0,25

3

� 60 ; SA=aoSMA = Gọi M là trung điểm của BC.

Ta cã:

0,25

o

2

ABC

2 3

3 3; mÆt kh¸c AM=

2 3 tan602

Ëy ta cã: BC= suy ra diÖn tÝch tam gi¸c ABC3

1 1 3 3 S . .a

2 2 3 9

1 1 3 3ThÓ tÝch khèi chãp S.ABC lµ V= . .

3 3 9 27ABC

a aAM BC

V a

aAM BC a

a aSA S a

= =

= = =

⇒ = =

0,25

0,25

0,25

Phần riêng: (3đ)

4

1/ ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu ®i qua 4 ®iÓm A, B, C, O.

2 2 2

Gäi ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu (S) cã d¹ng:

x 2ax-2by-2cz+d=0

( S) ®i qua A(2;0;0), B( 0;4;0), C( 0;0;4) vµ O( 0;0;0) nªn ta cã:

4-a+d=0 a=1

16-8b+d=0 b=2

10 8 0 c=2

0 d=0

Ëy ph−¬ng tr×nh

y z

c d

d

V

+ + −

⇔ − + =

= 2 2 2 mÆt cÇu ( S): x 2 4 4 0y z x y z+ + − − − =

Tâm I( 1;2;2), Bán kính R=3.

0,25

0,25

0,25 0,25

2/ Viết phương trình mặt phẳng ( ABC):

( ) ( )

( )

− −

= =

⇒

⇔

uuur uuur

uuuruuurr

4 0 0 -2 -2 40 4 4 -2 -2 0

2;4;0 ; AC 2;0;4

( ) cã 1 vÐc t¬ ph¸p tuyÕn n= ,

16;8;8

( ) A(2;0;0) lµ: 16(x-2)+8y+8z=0

16x+

; ;

AB

mp ABC AB AC

PT ABC qua

8y+8z-32=0

* PT đường thẳng d qua I và vuông góc với ( ABC)

0,25

0,25

0,

(

∈

rv× (d) vu«ng gãc víi (ABC) nªn (d) nhËn vÐc t¬ n 16;8;8

lµm 1 vÐc t¬ chØ ph−¬ng, mÆt kh¸c (d) ®i qua I(1;2;2)

x=1+16t

suy ra (d) cã PT tham sè lµ: y=2+8t

z=2+8t; t R

25

0,25

4.b

∈

= + =⇔

= =

= − ⇔ ∨

= −

= + = − −

2 2

1 2

Gäi z=a+bi ( a,b R)

z 5 a b 5Theo gt ta cã:

a 2b a 2b

b= 5 b 5

a=2 5 a 2 5

VËy cã 2 sè phøc tho¶ m\n yªu cÇu ®Ò bµi:

z 2 5 5i; z 2 5 5i

0,5

0,25

0,25

Theo chương trình nâng cao:

4.a (2đ)

( )

( )

α ⊃ ∆

α ∆

α

= = − − −

r r r1 2

1

2

( )1.Gäi

//

Khi®ã ( ) cã 1 vÐc t¬ ph¸p tuyÕn

1-1 0 0 1 -1n= u ,u ; ; 1; 1;12 1 1 1 -1 2

Mặt khác

( ) ( )α ⊃ ∆ ⊃ −

⇒ α

⇔

1 1M 1; 1;2

PT ( ) : -(x-1) - (y+1) + (z-2)=0

x+ y- z+ 2=0

0,5

0,25

0,25

2.

0,5

0,25

( ) ( ) (

( ) ( )

( )

∈ ∆ ∈ ∆

⊥ ∆ = ⇔ ⇔

⊥ ∆ =

− − − −

− − − =

− − −

uuur

uuur

uuur r r

r

r

1 2

1 1

2 2

1 2

Gäi A(1+t; -1-t; 2) vµ B( 3-t'; 1+2t'; t')

AB AB. 0AB ng¾n nhÊt

AB AB. 0

AB 2 t ' t; 2+2t'+t; t'-2 ; u 1; 1;0 , u 1;2;1

2 t ' t 2+2t'+t 0VËy ta cã hÖ:

2 t ' t +2 2+

u

u

( )

( )

+ = = ⇔ ⇔

+ = =

2t'+t + t'-2=0

2t 3t ' 0 t 0

t 2t ' 0 t ' 0

Suy ra A 1;-1;2 vµ B(3;1;0)

0,25

0,25

4.b

Giải phương trình: + + =22z z 3 0 trªn tËp sè phøc.

∆

− + − −= =1 2

Tacã: =-23<0

1 i 23 1 i 23PTcã 2 nghiÖm: z ; z

4 4

0,5

0,5

Đề số 20 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ĐIỂM) Câu

Đáp án điểm

Hàm số y= x4+2(m+1)x2+1 (1) 1. Khảo sát hàm số (1) khi m=1. Với m=1 ta có hàm số y= x4+4x2+1 • TxĐ: D = � • Sự biến thiên: + Ta có y’= 4x3+8x= 4x(x2+2)=0 0x⇔ =

+ Hàm số đồng biến trên ( )0;+∞ , hàm số

nghịch biến trên ( ;0−∞ ). + Hàm số đạt cực tiểu tại x=0; yCT=1 Hàm số không có cực đại. + Giới hạn: lim lim

x xy y

→−∞ →+∞= = +∞

+ Đồ thị hàm số không có tiệm cận. + BBT:

x -∞ 0 +∞

y’

0,5 0,25 0,25 0,25 0,75

- 0 +

y +∞ +∞ 1

• Đồ thị: + Giao Oy: cho x=0 suy ra y= 1. + Đồ thị hàm số không giao Ox. Đồ thị qua (-1;6) và (1;6). + NX: đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng.

1

2. Tìm m để hàm số có 3 cực trị: + Để hàm số có 3 cực trị thì phương trình y’ = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt. Ta có: y’= 4x3+4(m+1)x=4x(x2+m+1) Để y’=0 có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình x2+m+1=0 phải có 2 nghiệm khác 0

11 0

11 0

mx mm

mm

≠ −= ± − − ≠⇔ ⇔ ⇔ < −

< −− − > KL: m< -1.

0,5 0,5

Câu 2 (3 điểm)

1. Tính tích phân: 1

2 3

0

(4 1)I x xdx= +∫

Đặt u= 4x2+1 => du= 8xdx; u(0)=1;u(1)=5 Ta có:

5 3 5

2 2

1

51 1 1(25 5 1)

18 20 20I u du u= = = −∫

0,25 0,75

2.Tìm GTLN và GTNN của hàm số y= 2x3-4x2+2x+1

Ta có: y’=6x2-8x+2=0

1

1

3

x

x

=⇔ =

+ y(-2) = -35; y(1/3)=35/27; y(1)= 1; y(3)=25 Vậy

[-2;3] [ 2;3]ax 25; 35.M y Miny

−

= = −

0,25 0,5 0,25

3. Giải phương trình: 3.2x+2x+2+2x+3=60 (*)

(*) 3.2 4.2 8.2 60

15.2 60

2 4 2.

x x x

x

x x

⇔ + + =

⇔ =

⇔ = ⇔ =

0,5 0,5

Kết luận: x=2. Câu 3

Khối chóp S.ABC:

60°

B

A

C

S

M

Tam giác SAC cân tại S và có góc SAC bằng 60o suy ra tam giác SAC là tam giác đều cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của

AC thì SM= 3

2

a.

Vì (SAC) vuông góc với (ABC) nên SM chính là đường cao của hình chóp. Mặt khác tam giác ABC đều có diện tích

B=21 1 3

. .2 2 4

aBM AC SM AC= = (đvdt)

Vậy thể tích của hình chóp S.ABC là:

V= 2 31 1 3 3

. . .3 3 4 2 8

a a aB h = =

(đvtt).

0,25 0,25 0,5

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Theo chuơng trình chuẩn: C

â

u

Đáp án đi

ểm

4a (2 đ)

Cho A=(2;4;-1); B=(1;4;-1); C=(2;4;3); D=(2;2;-1). 1. Ta có:

( 1;0;0); (0;0;4); (0; 2;0).AB AC AD= − = = −uuur uuur uuur

Vì . . . 0AB AC AC AD AD AB= = =uuur uuur uuur uuur uuur uuur

nên suy ra:

, ,AB AC AC AD AD AB⊥ ⊥ ⊥ . Do đó ABCD là một tứ diện có các cạnh vuông góc với nhau từng đôi một ở đỉnh A. Nên thể tích của khối chóp là:

0,5 0,5

2 2 21 1 1 1. . . . . . 1 . 4 ( 2)

3 3 2 64

(d )3

ABCV S AD AB AC AD

vtt

= = = −

=

2. Viết phương trình mặt cầu đi qua 4

điểm A, B, C, D. Giả sử mặt cầu qua A, B, C, D có dạng:

2 2 2 2ax 2 2 0 (1)x y z by cz d+ + − − − + =

Vì mặt cầu qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ phương trình:

34 8 2 0

22 8 2 18

34 8 6 29

14 4 2 9

7

a b c d a

a b c db

a b c dc

a b c dd

+ − − = =

+ − − = =⇔ + + − = =

+ − − = =

Suy ra (1) ⇔ 2 2 2 3 6 2 7 0x y z x y z+ + − − − + =

Suy ra mặt cầu có tâm I=3

( ;3;1)2

; R=21

2.

0,5 0,5

4b (1 đ)

Tính 5 6

3 4

iT

i

−=

+ trên tập số phức.

Ta có:

2 2

5 6 (5 6 )(3 4 ) 9 38 9 38

3 4 3 4 25 25 25

i i i iT i

i

− − − − −= = = = − −

+ +

1

Theo chương trình nâng cao câu Đáp án điể

m 4a Trong không gian Oxyz cho A(4;3;2),

B(3;0;0), C(0;3;0), D(0;0;3). 1. Do G là trọng tâm tam giác BCD

nên G=(1;1;1) ( 3; 2; 1)AG⇒ = − − −uuur

Đường thẳng qua A và G là trọng tâm

tam giác BCD nhận AGuuur

làm véctơ chỉ phương có phương trình tham số là:

4 3

3 2

2

x t

y t

z t

= −

= − = −

0,5 0,5

2. Phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc (BCD) Ta có:

( 3;3;0), ( 3;0;3)BC BD= − = −uuur uuur

Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (BCD)

0,5

(9;9;9) (1;1;1)n BC BD Hay n= ∧ = =r uuur uuur r

Mặt phẳng (BCD) qua B(3;0;0) nên có phương trình: (x-3)+y+z=0 hay x + y + z – 3 = 0 Vì mặt cầu tiếp xúc với (BCD) nên bán kính

R=d(A,(BCD))=4 3 2 3

2 31 1 1

+ + −=

+ +

Vậy phương trình mặt cầu tâm A(4;3;2) tiếp xúc với (BCD) là: (x-4)2 + (y-3)2 + (z-2)2 = 12

0,5

4b (1 điểm)

Số phức 1 3

2 2z i= − +

Ta có: 2 21 3 1 3( )

2 2 2 2z i i= − + =− −

Nên z2+z+3 =

1 3 1 3( ) ( ) 3 2

2 2 2 2i i− − + − + + =

0,5 0,5

®¸p ¸n ®Ò sè 21

C©u 1: ( 3 ®iÓm) a, TX§: D = R\ {1}

y’ =( )

2

1' 0, 1

1y x

x= − < ∀ ≠

−

nªn hµm sè nghÞch biÕn trªn ( ) ( );1 1;−∞ ∪ +∞ , kh«ng

cã cùc trÞ. * Giíi h¹n vµ tiÖm cËm. lim 3 3x

y→±∞

= ⇒ = lµ tiªm

cËn ngang.

1 1lim ; lim 1x x

x− +→ →

= −∞ = +∞⇒ =

lµ tiÖm cËn ®øng. BBT :

−∞ 1 +∞ -

- 3 +∞ −∞ 3

§å thÞ: C¾t Ox t¹i (2/3;0);

6

4

2

-2

-4

-5

3

y=f(x)

O 1

c¾t Oy t¹i ( 0;2).

b, 0 0

11

2y x= ⇒ =

PTTT: y = - 4x+3

C©u 2: (2,5 ®iÓm) a, §Æt 1 x t dt dx− = → = − 0 1; 1 0x t x t= ⇒ = = ⇒ = ,

I = ( )10 1 6 7

5 5 6

1 0 0

11 ( )

6 7 42

t tt t dt t t dt

− − = − = − =

∫ ∫

b, ( ) ( ) 2

2

3 3 33 4

3 2 1 1 45 4 0

x x xbpt x

log x x xx x

> > > ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < ≤

− − ≤ ≤ ≤− + ≤

C©u 3: (1,5 ®iÓm)

60°

O

A

B C

S

H×nh vÏ: 1

3V Bh= ; B = a2 ;

0

3

3tan 60

2 2

3

2

a ah SO

aV

= = =

⇒ =

C©u 4a: ( 2 ®iÓm)

a, 0 0 0

2 2 2( ; ( )) 6

Ax By Cz DR d A P

A B C

+ + += = =

+ +

P/t mÆt cÇu: ( ) ( )2 222 1 6x y z− + + − =

b, (Q) qua A vµ vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng d cã pt: x + 2y + z – 3 = 0 To¹ ®é ®iÓm M lµ giao ®iÓm cña (Q) vµ ®−êng th¼ng d lµ nghiÖm cña hÖ pt.

1

2

2

2 3 0

x t

y t

z t

x y z

= + =

= + + + − =

Suy ra M(1;0;2) §−êng th¼ng d’ cÇn t×m qua A,M: ( 1;0;1)AM −

uuuur lµ 1 vect¬ chØ ph−¬ng, VËy Pt

d’:

2

0

1

x t

y

z t

= −

= = +

C©u 5a: ( 1 ®iÓm) §Æt t = Z2, PT trë thµnh: 5 t2- 4t - 1 = 0 ⇔ t = 1 hoÆc t = -1/5

Víi t = 1 suy ra Z = ± 1 ; t = -1/5 suy ra Z = ± i1

5

C©u 4b: ( 2 ®iÓm):

a, R = d( A, d) = ,

1 2u A M

u

=

r uuuur

r , PT mÆt cÇu(S) :

( ) ( ) ( )2 2 2

3 4 2 12x y z− + − + − =

b, §−êng th¼ng d’ cÇn t×m lµ giao tuyÕn cña 2 mÆt ph¼ng ( )α vµ ( )β

( )α qua A vµ vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng d, suy ra pt ( )α : x + 2y +3z – 17

= 0 ( )β qua A vµ song song víi mÆt ph¼ng (P), suy ra pt ( )β : 4x + 2y + z –

22=0

C©u 5b: ( 1 ®iÓm).

V× d’ vu«ng gãc víi d: 4 1

3 3y x= − + nªn pt ®−êng th¼ng d’:

3

4y x b= +

§−êng th¼ng d’ tiÕp xóc víi ®å thÞ h/s : 2 1

1

x xy

x

+ +=

+ suy ra

( )2

1 3' 1 1, 3

41y x x

x= − = ⇔ = = −

+

x = 1, y = 3/2 suy ra Pt d’1: 3 3

4 4y x= + ; x=-3,y=-7/2 suy ra Pt d’2:

3 5

4 4y x= −

®¸p ¸n ®Ò sè 22

C©u 1: ( 3 ®iÓm) a, TX§: D = R\ {1} y’

=( )

2

3' 0, 1

1y x

x= − < ∀ ≠

−

nªn hµm sè nghÞch biÕn trªn ( ) ( );1 1;−∞ ∪ +∞ , kh«ng

cã cùc trÞ. * Giíi h¹n vµ tiÖm cËm. lim 2 2x

y→±∞

= ⇒ = lµ tiªm

cËn ngang.

1 1lim ; lim 1x x

x− +→ →

= −∞ = +∞⇒ =

lµ tiÖm cËn ®øng. BBT :

−∞ 1 +∞ -

- 2 +∞ −∞ 2

§å thÞ: C¾t Ox t¹i (-1/2;0); c¾t Oy t¹i ( 0;-1). b, YCBT

2 1:

1

xpt x m

x

+⇔ = − +

− cã 2

nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 1 ⇔ x2 + (1 – m)x +1 +m =0 cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 1

{ 2 6 3 0

(1) 0

3 12 3 12

(1) 3 0,

m m

f

m m

f m

∆ = − − >

≠

< − ∨ > +⇔

= ≠ ∀

6

4

2

-2

-4

-5

y=f(x)

O

1

C©u 2: (2,5 ®iÓm)

a, ( )6 6

0 0

1 1 1 3 1sin 3 sin cos cos3

2 2 3 4 3I x x dx x x

π π

= − = − = −

∫

b, y’= 6x2 – 6x – 12 = 0 ⇔ x= -1 hoÆc x=2 f(-2/5)=649/125; f(2)=-19 VËy Maxy = 649/125; Miny=-19

C©u 3: (1,5 ®iÓm)

O

D

A B

S

I

H

H×nh vÏ:

a, 1

3V Bh= ; B = a2 ;

2 2

3 2

3

h SA SB AB a

aV

= = − =

⇒ =

b, Ta

cã: � � � 090SAC SBC SDC= = = suy ra §PCM

C©u 4a: ( 2 ®iÓm) a, Ta cã ( ) ( )1;0; 1 ; 2; 1;2AB AC− −

uuur uuur v× . 0AB AC =

uuur uuur suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A

P/t t/s AB:

1

1

2

x t

y

z t

= − +

= = −

b, Gäi M (x;y;z): 2 2

2 ( ; ;3)3 3

MB MC M= − ⇒uuur uuuur

(P) qua M vµ vu«ng gãc víi BC cã pt: 28

3 03

x y z− + − =

C©u 5a: ( 1 ®iÓm) x0=-3 ⇒y0=3/2 ,

VËy PTTT: y=f’(x0)(x-x0)+y0 ⇔1 3

4 4y x= − +

C©u 4b: ( 2 ®iÓm): a, M’ lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M trªn d’, suy ra M’ ( 2- t ; 4 + 2t ; 1)

Ta cã ( )'

9'. 0 (1 ).( 1) 2 5 2 0

5dMM u t t t= ⇔ − − + + = ⇔ = −uuuuur uur

VËy M’ 19 2

; ;15 5

M

b, Gäi ( )A d P= ∩ suy ra to¹ ®é ®iÓm A lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh: 1

1 1 42 0

x y z

y z

−= =

− + =

Suy ra A ( 1 ; 0 ; 0) T−¬ng tù gäi ' ( )B d p= ∩ suy ra ®iÓm B ( 5 ; -2 ;1)

Khi ®ã ®−êng th¼ng d1 cÇn t×m qua 2 ®iÓm A,B suy ra PT d1:

5 4

2 2

1

x t

y t

z t

= +

= − − = +

C©u 5b: ( 1 ®iÓm).

Hµm sè 2 24 5 9

1

x mx my

x

+ + −=

− cã hai cùc trÞ tr¸i dÊu ⇔ §å thÞ hµm sè kh«ng c¾t

trôc Ox ⇔ PT: x2 + 4mx +5m2 – 9 = 0 v« nghiÖm ⇔ 20 9 0 3 3m m m∆ < ⇔ − < ⇔ < − ∨ > .

®¸p ¸n ®Ò sè 23

C©u 1: ( 3 ®iÓm) a, A( 0 ; -1) ∈(Cm) ⇔ m=0 b, m = 0 ; H/S trë thµnh:

1

1

xy

x

−=

+

TX§: D = R\ {-1} y’

=( )

2

2' 0, 1

1y x

x= > ∀ ≠ −

+

nªn hµm sè ®ång biÕn trªn ( ) ( ); 1 1;−∞ − ∪ − +∞ ,

kh«ng cã cùc trÞ. * Giíi h¹n vµ tiÖm cËm. lim 1 1x

y→±∞

= ⇒ = lµ tiªm

cËn ngang.

6

4

2

-2

-4

-6

-5

y=f(x)

-1

1

1 1lim ; lim 1

x xx

− +→− →−= +∞ = −∞⇒ = −

lµ tiÖm cËn ®øng. BBT :

−∞ -1 +∞ + + +∞ 1 1 −∞

§å thÞ: C¾t Ox t¹i (1;0); c¾t Oy t¹i ( 0;-1). c, PTTT t¹i A(0;-1) lµ: y = 2x - 1

C©u 2: (2,5 ®iÓm)

a, 2 14.2 9.2 2 0 2 2 2

4x x x x

PT ⇔ − + = ⇔ = ∨ =

12 2 1; 2 2

4x x

x x= ⇔ = = ⇔ = −

b, §Æt t = 4x2 – x + 4 ⇒dt = ( 8x – 1) dx §æi cËn: x = 0⇒ t = 4; x = -1 ⇒ t = 9

Suy ra 99 1

2

4 4

2 4 4I t dt t−

= − = − = −∫

c, 23∆ = − , suy ra Pt cã nghiÖm lµ: 1,2

1 23

6

iZ

±=

C©u 3: (1,5 ®iÓm)

a

2a

B

A

S

I

O

H×nh vÏ: a, V× S.ABC lµ h×nh chãp tam ®Òu

⇒BC SI

BC AI

⊥

⊥⇒

( )BC SAI BC SA⊥ ⇒ ⊥

b, 1

3V Bh= ,

21 1 3 3.

2 2 2 2 8

a a aB AI BI= = =

2 2 24h SO SA AO a a= = − = − =

Suy ra V= 3 1 1

2 4

a

C©u 4a: ( 2 ®iÓm) a, Gäi ( )M d P= ∩ suy ra to¹ ®é ®iÓm M lµ nghiÖm cña

hpt

52 1 371 2 2

5 3

xx y z

y

x y z z

=− + += =

⇔ = −− + − + =

VËy ®iÓm M ( 5 ; -7 ; 3)

b, LÊy ®iÓm A (2 ; -1 ;-3) d∈ ,gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A trªn (P).

§−êng th¼ng d’ qua A vµ vu«ng gãc víi (P) cã pt lµ:

2

1

3

x t

y t

z t

= +

= − + = − −

Khi ®ã to¹ ®é ®iÓm H lµ nghiÖm cña hpt:

( )

2 1

1 41; 4;0

3 0

5 0 3

x t x

y t yH

z t z

x y z t

= + = − = − + = −

⇔ ⇒ − − = − − =

+ − + = = −

§−êng th¼ng ∆ lµ h×nh chiÕu cña d trªn (P) qua 2 ®iÓm M, H cã pt lµ: 5 6

7 3

3 3

x t

y t

z t

= −

= − + = −

C©u 5a: ( 1 ®iÓm)

4 41 log 3 1 2 log 4 16 256BPT x x x⇔ − < − < ⇔ < < ⇔ < <

C©u 4b: ( 2 ®iÓm): a, MÆt ph¼ng (P) qua 2 ®iÓm A,B vµ vu«ng gãc víi (Q) cã 1 vtpt lµ

( ), 1;13;5p Q

n AB n = = −

uur uuur uur

(Víi ( ) ( )2; 1;3 ; 1; 2;5Qn AB− − −uur uuur

)

Suy ra pt mÆt ph¼ng(P) cÇn t×m lµ: x-13y-5z+5=0

b, Ta cã: 2

2 13 1 3 1

3

yy x y x x

−= + ⇔ = + ⇔ =

ADCT ( )2d

y

c

V g y dyπ= ∫

Suy ra thÓ tÝch cña vËt thÓ cÇn t×m lµ:

( )121 12 5 3

4 2

0 0 0

1 82 1 2

3 9 9 5 3 135

y y yV dy y y dy y

π π ππ

−= = − + = − + =

∫ ∫ (đvtt).

C©u 5b: ( 1 ®iÓm).

BPT2

1 1 1 11 3 2 0

2 4 2 2

x x x x

⇔ − > − ⇔ − − <

12 1

2

x

x

⇔ < ⇔ > −

vu«ng gãc nhau. H−íng dÉn chÊm C©u

Néi dung

I Cho hµm sè 4 2y x 2x 1= − − cã ®å thÞ (C)

1) TX§: � 2) Sù biÕn thiªn cña hµm sè a) Giíi h¹n

lim ; limx x

y y→+∞ →−∞

= +∞ = −∞

b) B¶ng biÕn thiªn

Ta cã: ( )3 2' 4 4 4 1y x x x x= − = −

0

' 01

xy

x

== ⇔ = ±

x −∞ 1− 0 1

+∞ y’ − 0 +

0 − 0 +

y +∞ 1−

+∞

ĐỀ 24

2−

2−

Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng (-∞; -1) vµ (0; 1) Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng (-1; 0)

vµ (1; +∞) Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i: 0x = , gi¸

trÞ cùc ®¹i lµ: ( )0 1y = −

Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i hai ®iÓm 1x = ± ;

gi¸ trÞ cùc tiÓu ( )1 2y ± = −

3) §å thÞ §iÓm uèn:

Ta cã: 2'' 12 4y x= − ; 3

'' 03

y x= ⇔ = ±

§iÓm uèn: 1 2

3 14 3 14; ; ;

3 9 3 9U U

− − −

* Giao ®iÓm cña ®å thÞ c¾t trôc tung t¹i (0; -1), c¾t trôc hoµnh t¹i hai ®iÓm

( ) ( )1 2 ;0 ; 1 2 ;0+ − +

NhËn xÐt: §å thÞ nhËn Oy lµm trôc ®èi xøng.

pt (1) ⇔ − − = −4 2x 2x 1 m 1 (2) Ph−¬ng tr×nh (2) chÝnh lµ ph−¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña ( C ) vµ ®−êng th¼ng (d) : y = m – 1 C¨n cø vµo ®å thÞ (C ), ta cã : § m -1 < -2 ⇔ m < -1 : (1) v« nghiÖm

§ m -1 = -2 ⇔ m = -1 : (1) cã 2 nghiÖm § -2 < m-1<-1 ⇔ -1 < m < 0 : (1) cã 4 nghiÖm § m-1 = - 1 ⇔ m = 0 : (1) cã 3 nghiÖm § m – 1 > -1 : (1) cã 2 nghiÖm

II

Ta cã: 17 2.7 9 0x x−+ − =

2

7

77 2. 9 0

7

7 9.7 14 0

17 7

log 27 2

x

x

x x

x

x

x

x

⇔ + − =

⇔ − + =

== ⇔ ⇔ ==

Ta cã :

= + = + = +∫ ∫ ∫1 1 1

x 2 x1 2

0 0 0

I x(x e )dx x dx xe dx I I v

íi = =∫1

21

0

1I x dx

3

= =∫1

x2

0

I xe dx 1.§Æt :

= = xu x,dv e dx . Do ®ã : 4

I3

=

Ta cã : TX§ D [ 1;2]= −

2 2y 6x 6x 12 , y 0 6x 6x 12 0′ ′= + − = ⇔ + − = ⇔

V× y( 1) 15,y(1) 5,y(2) 6− = = =

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

= = = − =

− −

II

Gäi I lµ trung ®iÓm cña AB . Tõ I kÎ ®−êng th»ng ∆ vu«ng gãc víi mp(SAB) th×

I ∆ lµ trôc cña SAB∆ vu«ng . Trong mp(SCI) , gäi J lµ trung ®iÓm SC , dùng ®−êng trung trùc cña c¹nh SC cña

SCI∆ c¾t ∆ t¹i O lµ t©m cña mÆt cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn SABC . Khi ®ã : Tø gi¸c SJOI lµ h×nh ch÷ nhËt .

Ta tÝnh ®−îc : SI = 1 5

AB2 2

= , OI = JS =

1 , b¸n kÝnh R = OS = 32

DiÖn tÝch : S = 2 24 R 9 (cm )π = π

ThÓ tÝch : V = 4 93 3R (cm )3 2

π = π

IVTheo ch−¬ng tr×nh chuÈn

a) (BC) : x 0

Qua C(0;3;0)(BC) : y 3 t

+ VTCP BC (0;1;1)z t

=+

⇒ = + = =

uuur

b) Ta cã :

AB (2;1;0),AC (2;2;1),AD (3; 1;2)= = = −uuur uuur uuur

= − ⇒ = ≠ ⇒uuur uuur uuur uuur uuur

[AB,AC] (1; 2;2) [AB,AC].AD 9 0 A,B,C,D kh«ng ®ång ph¼ng

c) 1 3

V [AB,AC].AD6 2

= =uuur uuur uuur

C Ta cã P = -2

©u V.a

C©u IV.bTheo ch−¬ng tr×nh n©ng cao

a) 1® Gäi mÆt ph¼ng

Qua M(1; 1;1) Qua M(1; 1;1)(P) : (P) : (P) : x 2y 3 0

+ ( ) + VTPT n = a ( 1;2;0)2 P 2

+ − + − ⇒ ⇒

⊥ ∆ = − r r

Khi ®ã : 19 2

N ( ) (P) N( ; ;1)2 5 5= ∆ ∩ ⇒

b) 1® Gäi A ( ) (P) A(1;0;0) , B ( ) (P) B(5; 2;1)1 2= ∆ ∩ ⇒ = ∆ ∩ ⇒

VËy x 1 y z

(m) (AB) :4 2 1−

≡ = =−

C©u V.b

Pt hoµnh ®é giao ®iÓm cña (C )m vµ trôc

hoµnh : − + =2x x m 0 (* ) víi x 1≠

®iÒu kiÖn 1

m , m 04

< ≠

Tõ (*) suy ra = − 2m x x . HÖ sè gãc − + − −

′= = =− −

2

2

x 2x 1 m 2x 1k y

(x 1) x 1

Gäi A Bx ,x lµ hoµnh ®é cña A, B th× ph−¬ng tr×nh (*) ta cã :

+ = =A B A Bx x 1 , x .x m Hai tiÕp tuyÕn vu«ng gãc víi nhau th×

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

1

m5

⇔ = tháa m\n (*)

VËy gi¸ trÞ cÇn t×m lµ 1

m5

=

ĐÁP ÁN đê25 THANG ĐIỂM CÁU TRÚC ĐỀ BỘ GIÁO DUC

C

â

u

Đáp án Đ

i

ểm

I

(

3

,

0

đ

i

ểm

)

(2,0 điểm) Tập xác định : D = � \{1} 0

,

2

5

Sự biến thiên:

• Chiều biến thiên: 2

1y ' 0 x D

(x 1)= − < ∀ ∈

−.

Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞ ; 1) và (1 ; +∞)

• Cực trị: Hàm số không có cực trị.

0

,

5

0

• Giới hạn:

x x x 1 x 1

lim y lim y 2; lim y và lim y+ −→−∞ →+∞ → →

= = − = +∞ = −∞

Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1, và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = – 2.

0

,

5

0

• Bảng biến thiên: x −∞ 1

y’ − −

y −2 +∞

0

,

2

5

−∞ −2

• Đồ thị: - Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; − 3) và cắt

trục hoành tại điểm 3

; 02

.

- Đồ thị nhận điểm I(1 ; −2) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) làm tâm đối xứng.

0

,

5

0

(1,0 điểm) Đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt

⇔ Phương trình (ẩn x) 3 2x

= mx+2x 1

−

− có hai

nghiệm phân biệt

⇔ Phương trình (ẩn x) mx2 – (m – 4)x – 5 = 0 có hai

nghiệm phân biệt, khác 1

0

,

5

0

⇔

2

22

m 6 2 5m 0m 0

(m 4) 20m 0 6 2 5 m 0m 12m 16 0

m 0m.1 (m 4).1 5 0

≠≠

∆ = − + > ⇔ ⇔ − + < < + + >

− − − ≠

0

,

5

0

I

I

(

3

,

0

đ

i

ểm

1. (1,0 điểm)

Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình:

2x 11

x 1

−>

+

0

,

5

0

x 2 0

x 2 0 x 1x 20

x 2x 1 x 2 0

x 1 0

− >

− > < −− ⇔ > ⇔ ⇔ >+ − <

+ <

0

,

5

0

2−

O 1

3−

I

3

2x

y

) 2. (1,0 điểm)

2 2

0 0

xI sin dx cos 2xdx

2

π π

= +∫ ∫

0

,

2

5

2 2

0 0

x 12cos sin 2x

2 2

π π

= − +

0

,

5

0

2 2= − 0

,

2

5

3. (1,0 điểm)

Ta có: f’(x) = 1 – 2e2x. 0

,

2

5

Do đó: f’(x) = 0 ⇔ x = − ln 2 ∈ (−1 ; 0)

f’(x) > 0 ∀x ∈ [−1 ; − ln 2 );

f’(x) < 0 ∀x ∈ (− ln 2 ; 0];

0

,

2

5

Suy ra: x [ 1;0]

1max f (x) f ( ln 2) ln 2

2∈ −= − = − −

2 2

x [ 1;0]min f (x) min{f ( 1);f (0)} min{ 1 e ; 1} 1 e− −

∈ −= − = − − − = − −

0

,

5

0

I

I

I

(

1

,

0

đ

i

ểm

)

Do S.ABCD là khối chóp đều và AB = a nên đáy

ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi O là tâm của hình

vuông ABCD và gọi I là trung điểm của cạnh BC.

Ta có SO là đường cao và �SIO là góc giữa mặt bên

và mặt đáy của khối chóp đã cho.

0

,

5

0

Trong tam giác vuông SOI, ta có:

� a a 3SO OI.tan SIO .tan 60

2 2= = =

.

Diện tích đáy : SABCD = a2.

0

,

2

5O IB

C

S

D

A

Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là: 3

2S.ABCD3 ABCD

1 1 a 3 a 3V S .SO a .

3 3 2 6= = =

0

,

2

5

I

V

.

a

(

2

,

0

đ

i

ểm

)

1. (1,0 điểm)

Kí hiệu d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Gọi H là giao điểm của d và (P), ta có H là hình chiếu vuông góc của A trên (P)

0

,

2

5

Do vr

= (1 ; 2 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P) nên v

r là một vectơ chỉ phương của d. Suy ra, d có

phương trình : x 1 y 4 z 2

1 2 1

− − −= =

0

,

2

5

Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình: x 1 y 4 z 2

1 2 1x 2y z 1 0

− − −= =

+ + − =

Giải hệ trên, ta được : x = 2

3− , y =

2

3, z =

1

3.

Vậy H2 1 1

; ;3 3 3

−

.

0

,

5

0

2. (1,0 điểm) Có thể giải theo một trong hai cách:

• Cách 1 (dựa vào kết quả phần 1):

Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A. tiếp xúc với mặt phẳng (P). Ta có:

2 2 22 2 1 5 6

R AH 1 4 23 3 3 3

= = + + − + − =

.

0

,

5

0

Do đó, mặt cầu có phương trình là:

2 2 2 50(x 1) (y 4) (z 2)

3− + − + − =

0

,

5

0

V

.

a

(

1

,

0

đ

i

ểm

)

Còn tiếp