20 đề thi thử quốc học Huế

Chia sẻ: trungtran2

20 đề thi thử quốc học Huế là tại liệu tham khảo cho bạn nào muốn nâng cao kiến thưc toán, tài liệu gồm các đè thi khó , rất hay, giúp các bạn rất nhiều trong việc tự ôn tập của mình. Chúc các bạn thi tốt

Nội dung Text: 20 đề thi thử quốc học Huế

ố Ệ


ĐỀ SỐ : 1
( Thời gian làm bài 150 phút )

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (3,0 điểm):
3  2x
Cho hàm số y 
x 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)
2x  1
1) Giải bất phương trình: log 1 0
2 x 1

2
x
2) Tính tích phân: I   (sin  cos 2x)dx
0
2
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.
B . PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành
riêng cho chương trình đó
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu 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 IVb. (1,0 điểm)
Tìm môđun của số phức : z = 4 – 3i + (1 – i)3
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu IVa. (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.
2) Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.
Câu IVb. (1,0 điểm)
Viết dạng lượng giác của số phức: z = 1 – 3 i.




VŨ NGỌC VINH 1 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


ĐÁP ÁN
Câu NỘI DUNG Điểm
I (2,0 điểm)
(3,0 Tập xác định : D = R \{1} 0,25
điểm) Sự biến thiên:
1
 Chiều biến thiên: y '    0 x  D .
(x  1) 2 0,50
Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và (1 ; +)
 Cực trị: Hàm số không có cực trị.
 Giới hạn: lim y  lim y  2; lim y   và lim y  
x  x  x 1 x 1
0,50
Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1, và một tiệm cận
ngang là đường thẳng y = – 2.
 Bảng biến thiên:
x  1 +
y’  
0,25
y 2 +
 2

 Đồ thị:
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ;  3) và cắt trục hoành tại điểm
3 
 ; 0 .
2 
- Đồ thị nhận điểm I(1 ; 2) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) làm
tâm đối xứng.
y

3
1 0,50
O 2
x

2
I
3




(1,0 điểm)
Đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt
3  2x
 Phương trình (ẩn x) = mx + 2 có hai nghiệm phân biệt 0,50
x 1
 Phương trình (ẩn x) mx2 – (m – 4)x – 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác 1




VŨ NGỌC VINH 2 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


m  0  m  6  2 5
 m  0 
   (m  4) 2  20m  0   2   6  2 5  m  0 0,50
m.12  (m  4).1  5  0 m  12m  16  0 m  0
 

II 1. (1,0 điểm)
(3,0 Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình:
điểm)
2x  1 0,50
1
x 1
x  2  0

x2 x  2  0  x  1
 0     0,50
x 1 x  2  0 x  2

x  1  0

2. (1,0 điểm)
 
2 2
x 0,25
I   sin dx   co s 2xdx
0
2 0

 
x2 1 2
0,50
 2 cos  sin 2x
20 2 0


 2 2 0,25
3. (1,0 điểm)
Ta có: f’(x) = 1 – 2e2x. 0,25
Do đó: f’(x) = 0  x =  ln 2  (1 ; 0)
f’(x) > 0 x  [1 ;  ln 2 ); 0,25
f’(x) < 0 x  ( ln 2 ; 0];
1
Suy ra: max f (x)  f ( ln 2)   ln 2 
x[ 1;0] 2 0,50
min f (x)  min{f (1);f (0)}  min{1  e2 ; 1}  1  e2
x[ 1;0]


III Do S.ABCD là khối chóp đều và AB = a nên đáy ABCD là hình vuông cạnh a.
(1,0 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và gọi I là trung điểm của cạnh BC. Ta có 0,50
điểm) 
SO là đường cao và SIO là góc giữa mặt bên và mặt đáy của khối chóp đã cho.
S
Trong tam giác vuông SOI, ta có:
a a 3
SO  OI.tan SIO  .tan 600  . 0,25
2 2 D
Diện tích đáy : SABCD = a2. C
O I
A B



VŨ NGỌC VINH 3 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là:
1 1 a 3 a3 3 0,25
VS.ABCD3  SABCD .SO  a 2 . 
3 3 2 6

IV.a 1. (1,0 điểm)
(2,0 Kí hiệu d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).
điểm) 0,25
Gọi H là giao điểm của d và (P), ta có H là hình chiếu vuông góc của A trên (P)
 
Do v = (1 ; 2 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P) nên v là một vectơ chỉ
x 1 y  4 z  2 0,25
phương của d. Suy ra, d có phương trình :  
1 2 1
 x 1 y  4 z  2
  
Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:  1 2 1
 x  2y  z  1  0
 0,50
2 2 1  2 1 1
Giải hệ trên, ta được : x =  , y = , z = . Vậy H   ; ; .
3 3 3  3 3 3
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 2 0,50
 2  2  1 5 6
R  AH  1     4     2    .
 3  3  3 3
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
50 0,50
(x  1) 2  (y  4) 2  (z  2) 2 
3




VŨ NGỌC VINH 4 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


ĐỀ SỐ: 2
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
x2
Cho hàm số y  có đồ thị (C)
1 x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) .
2) Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y = mx  4  2m luôn đi qua một điểm cố định của đường
cong (C) khi m thay đổi . .
Câu II ( 3,0 điểm )
1) Giải phương trình log (2 x  1).log (2x  1  2)  12
2 2
0
sin 2x
2) Tính tìch phân : I =  dx
2
 /2 (2  sin x)
x2  3x  1
3) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) : y  , biết rằng tiếp tuyến này song song
x2
với đường thẳng (d) : 5x  4y  4  0 .
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình chóp S,ABC . Gọi M là một điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2 MA . Tính tỉ số thể
tích của hai khối chóp M.SBC và M.ABC .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các
trục Ox,Oy,Oz và có trọng tâm G(1;2; 1 ) Hãy tính diện tích tam giác ABC .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường ( C ) : y = x2 , (d) : y = 6  x và trục hoành . Tính
diện tích của hình phẳng (H) .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ . Biết A’(0;0;0) ,
B’(a;0;0),D’(0;a;0) , A(0;0;a) với a>0 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và B’C’ .
a. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và song song với hai đường thẳng AN và BD’ ..
b. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD’ .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
1
Tìm các hệ số a,b sao cho parabol (P) : y  2x2  ax  b tiếp xúc với hypebol (H) : y  Tại
x
điểm M(1;1)
…………………………………………..




VŨ NGỌC VINH 5 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ



HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
1) 2đ

x  1 
y + +
 1
y
1 
2) 1đ
Ta có : y = mx  4  2m  m(x  2)  4  y  0 (*)
x  2  0 x  2
Hệ thức (*) đúng với mọi m   
 4  y  0 y  4
Đường thẳng y = mx  4  2m luôn đi qua điểm cố định A(2;  4) thuộc (C)
x2
( Vì tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình y  )
1 x
Câu II ( 3,0 điểm )
1) 1đ Điều kiện : x > 1 .
pt  log (2 x  1).[1  log (2 x  1)]  12  0 (1)
2 2
Đặt : t  log (2x  1) thì (1)  t 2  t  12  0  t  3  t  4
2
 t = 3  log (2 x  1)  3  2 x  9  x  log2 9
2
17 17
 t =  4  log (2x  1)  4  2x   x  log2
2 16 16
2) 1đ Đặt t  2  sin x  dt  cos xdx

 x = 0  t = 2 , x =   t 1
2
2 2 2 2
2(t  2) 1 1 2 1 4
I=  dt  2  dt  4  dt  2 ln t  4  ln 4  2  ln
2 2 1
1 t 1
t
1t
t1 e2
5
3) 1đ Đường thẳng (d) 5x  4y  4  0  y  x 1
4
5
Gọi  là tiếp tuyến cần tìm , vì  song song với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc k =
4
5
Do đó : () : y  x  b  là tiếp tuyến của ( C )  hệ sau có nghiệm
4
 x2  3x  1 5 2
  xb (1) (2)  x  4x  0  x  0  x  4
 x2 4 (1) 1 5 1
x  2: 2  x = 0  b    tt( 1) : y  x 
 x  4x  5  5 2 4 2
(2) (1) 5 5 5
 2 4  x = 4  b    tt( 2 ) : y  x 
 (x  2) 2 4 2




VŨ NGỌC VINH 6 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


Câu III ( 1,0 điểm )
V SM 2 2
Ta có : S.MBC    VS.MBC  .VS.ABC (1)
VS.ABC SA 3 3
VM.ABC  VS.ABC  VS.MBC
2 1
 VS.ABC  .VS.ABC  .VS.ABC (2)
3 3
V V
Từ (1) , (2) suy ra : M.SBC  S.MBC  2
VM.ABC VM.ABC
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Vì các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz nên ta gọi A(x;0;0) , B(0;y;0), C(0;0;z) .
x
3 1
y x  3
 
Theo đề : G(1;2; 1 ) là trọng tâm tam giác ABC    2  y  6 (0,5đ0
3 z  3
 z  1
3

Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0; 3 ) (0,25đ)
1 3.VOABC
Mặt khác : VOABC  .d(O,(ABC).SABC  SABC  (0,25đ)
3 d(O,(ABC)
x y z
Phương trình mặt phẳng (ABC) :   1 (0,25đ)
3 6 3
1
nên d(O,(ABC))   2 (0,25đ)
1 1 1
 
9 36 9
Mặt khác :
1 1
VOABC  .OA.OB.OC  .3.6.3  9 (0,25đ)
6 6
27
Vậy : SABC  (0,25đ)
2
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hònh độ giao điểm của ( C ) và (d) :
x  2
x2  6  x  x2  x  6  0  
 x  3
2 6 2
S x 2dx  (6  x)dx  1 [x3 ]2  [6x  x ]6  26
 3 0 2 2 3
0 2
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
1) 1đ Từ giả thiết ta tính được : B(a;0;a),
a a
D(0;a;0) , A(0;0;a) , M( ; 0;a) , N(a; ;0) .
2 2
 a a 
AN  (a; ; a)  (2;1; 2); BD'  (a;a; a)  a(1; 1;1)
2 2
Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với


VŨ NGỌC VINH 7 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


AN và BD’ nên có VTPT là
    a2 a 7a
n  [AN,BD ']   (1; 4;3) . Suy ra : : (P) :1(x  )  4(y  0)  3(z  a)  0  x  4y  3z  0
2    2 2
2) 1đ Gọi  là góc giữa AN và BD ' . Ta có :
a2
   a2   a2
AN.BD' 2 1 3 3
cos           arccos
AN . BD' 3a 3 3 9 9
.a 3
2
 
 a 2 
[AN,BD']  (1; 4;3),AB  (a; 0; 0)  a(1; 0; 0)
2
  
  a3
[AN,BD '].AB a
Do đó : d(AN,BD ')      2 
[AN,BD '] a2 . 26 26
2
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tiếp điểm M có hoành độ chính là nghiệm của hệ phương trình :
 2 1  2 1
2x  ax  b  x 2x  ax  b  x

  1 (I)
(2x2  ax  b)'  ( 1 )' 4x  a  
 x 
 x2
Thay hoành độ của điểm M vào hệ phương trình (I) , ta được :
2  a  b  1 a  b  1 a  5
4  a  1  a  5 
  b  4
Vậy giá trị cần tìm là a  5, b  4
........................................................................................




VŨ NGỌC VINH 8 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


ĐỀ SỐ: 3
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
2x  1
Cho hàm số y  có đồ thị (C)
x 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(1;8) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
x 2
log
sin 2 x  4
1) Giải bất phương trình: 3 1
1
x  cos 2x)dx
2) Tính tìch phân : I=  (3
0
3) Giải phương trình: x2  4x  7  0 trên tập số phức .
Câu III ( 1,0 điểm )
Một hình trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 2 . Một hình 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 .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1;0;5) và hai mặt phẳng (P) :
2x  y  3z  1  0 và (Q) : x  y  z  5  0 .
1) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (Q) .
2) Viết phương trình mặt phẳng ( R ) đi qua giao tuyến (d) của (P) và (Q) đồng thời vuông góc với
mặt phẳng (T) : 3x  y  1  0 .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y =  x2  2x và trục hoành . Tính thể tích của khối
tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
x  3 y 1 z  3
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :   và mặt
2 1 1
phẳng (P) : x  2y  z  5  0 .
1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
2) Tính góc giữa đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
3) Viết phương trình đường thẳng (  ) là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P).
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
4y.log x  4

Giải hệ phương trình sau :  2
2y  4
log2 x  2


……………………………………………….




VŨ NGỌC VINH 9 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
1) (2d)
x  1 
y  
2 
y
 2


2) (1đ) Gọi ( ) là tiếp tuyến đi qua M(1;8) có hệ số góc k .
Khi đó : ( ) y  8  k(x  1)  y  k(x  1)  8
Phương trình hoành độ điểm chung của (C ) và ( ) :
2x  1
 k(x  1)  8  kx2  2(3  k)x  9  k  0 (1)
x 1
( ) là tiếp tuyến của (C )  phương trình (1) có nghiệm kép
k  0

  k  3
2  k(k  9)  0
 '  (3  k)

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  3x  11
Câu II ( 3,0 điểm )
x 2 x2
1) (1đ ) pt  log >0  0   1 ( vì 0 < sin2 < 1 )
sin 2 x  4 x4
 x2  x2  x2
0  x  4
 0  x  4
 0  x  4
 x  2  0 x  2
     x2
 x2
1  x2
1  0  6
0 x  4  0 x  4
x  4
 x  4
 x  4

1 x
2) (1đ) I =  (3x  cos 2x)dx = [ 3  1 sin 2x]1  [ 3  1 sin 2]  [ 1  1 sin 0]  2  1 sin 2
ln 3 2 0 ln 3 2 ln 3 2 ln 3 2
0
3) (1đ)  '  3  3i2 nên  '  i 3
Phương trình có hai nghiệm : x1  2  i 3 , x2  2  i 3
Câu III ( 1,0 điểm )
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 :

AC  AA '2  A 'C2  16  2  3 2
Vì AC = AB 2 . S uy ra : AB = 3 .Vậy cạnh hình vuông bằng 3 .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1, Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :


VŨ NGỌC VINH 10 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ



1) (0,5đ) d(M;(Q)) =
1
3
b. (1,5đ) Vì 
2 1 3
1 1 1
  (d)  (P)  (Q) : 
2x  y  3z  1  0
xyz5  0
Lấy hai điểm A(  2;  3;0), B(0;  8;  3) thuộc (d) .

+ Mặt phẳng (T) có VTPT là n T  (3; 1; 0)
   
+ Mặt phẳng (R) có VTPT là n R  [n T ,AB]  (3;9; 13)
 Qua M(1;0;5)
+ ( R) :    (R) : 3x  9y  13z  33  0
+ vtpt : n R  (3;9; 13)
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
+ Phương trình hoành giao điểm :  x2  2x  0  x  0,x  2
2
4 1 16
+ Thể tích : VOx    (x2  2x)2 dx  [ x2  x 4  x5 ]2  0
3 5 5
0
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
1) (0,5đ ) Giao điểm I(  1;0;4) .
2  2 1 1 
2) (0,5d) sin    
4  1  1. 1  4  1 2 6
3) (1,0đ) Lấy điểm A(  3;  1;3)  (d). Viết pt đường thẳng (m) qua A và vuông góc với (P)
5 5
thì (m) : x  3  t , y  1  2t ,z  3  t . Suy ra : (m) (P)  A '( ; 0; ) .
2 2

 3
( )  (IA ') : x  1  t, y  0,z  4  t , qua I(  1;0;4) và có vtcp là IA '   (1 ; 0; 1)
2
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Đặt : u  22y  0,v  log2 x . Thì hpt   uv  4
uv  4
 u  v  2  x  4; y  
1
2
………………………………………




VŨ NGỌC VINH 11 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


ĐỀ SỐ: 4
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm)
Câu I (3,0 điểm)
Cho hàm số y  x 4  2x 2  1 có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình
x 4  2x 2  m  0 (*) .
Câu II ( 3,0 điểm )

log x  2log cos  1
 x 3
cos log x 1
3 x
1) Giải phương trình : 3  2
1
x )dx
2 Tính tích phân : I=  x(x  e
0
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2x3  3x2  12x  2 trên [1;2] .
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vuông góc với nhau từng đôi một với SA = 1cm,
SB = SC = 2cm .Xác định tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của
mặt cầu và thể tích của khối cầu đó.
II . PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 điểm:
A(  2;1;  1) ,B(0;2;  1) ,C(0;3;0), D(1;0;1) .
1) Viết phương trình đường thẳng BC .
2) Chứng minh rằng 4 điểm A,B,C,D không đồng phẳng .
3) Tính thể tích tứ diện ABCD .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Tính giá trị của biểu thức P  (1  2 i )2  (1  2 i )2 .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ):
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;  1;1) , hai đường thẳng
x  2  t
x 1 y z 
(1) :   , (2 ) : y  4  2t và mặt phẳng (P) : y  2z  0
1 1 4 z  1

1) Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng ( 2 ) .
2) Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng (1) ,(2 ) và nằm trong mặt
phẳng (P) .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
x2  x  m
Tìm m để đồ thị của hàm số (Cm ) : y  với m  0 cắt trục hoành tại hai điểm
x 1
phân biệt A,B sao cho tuếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vuông góc nhau .

. . . . . . . .Hết . . . . . . .



VŨ NGỌC VINH 12 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
1) 2đ


x  1 0 1 
y  0 + 0  0 +
y  1 
2 2


2) 1đ pt (1)  x 4  2x2  1  m  1 (2)
Phương trình (2) chính là phương trình điểm
chung của ( C ) và đường thẳng (d) : y = m – 1
Căn cứ vào đồ thị (C ) , ta có :
 m -1 < -2  m < -1 : (1) vô nghiệm
 m -1 = -2  m = -1 : (1) có 2 nghiệm
 -2 < m-1 -1 : (1) có 2 nghiệm
Câu II ( 3,0 điểm )
1) 1đ Điều kiện : 0 < x , x  1
 log x  2 log 2  1
pt  3 2 x  1   log x  2 log 2  1  0
2 x
 log x  1  1
x
 log2 x  log x  2  0   2
2  2
2  log x  2 
 2 x  4

2) 1đ
1 1 1 1
Ta có : I   x(x  e x )dx  x 2dx  xe xdx  I  I với I  x2dx  1
  1 2 1  3
0 0 0 0
1
4
I2   xex dx  1 .Đặt : u  x,dv  e xdx . Do đó : I 
3
0
3) 1đ Ta có : TXĐ D  [1;2]
 x  2 (l)
y  6x2  6x  12 , y  0  6x 2  6x  12  0  
x  1
Vì y(1)  15, y(1)  5, y(2)  6
nên Miny  y(1)  5 , Maxy  y( 1)  15
[1;2] [1;2]
Câu III ( 1,0 điểm )
Gọi I là trung điểm của AB . Từ I kẻ đường thằng  vuông góc với mp(SAB) thì  là trục của
SAB vuông .
Trong mp(SCI) , gọi J là trung điểm SC , dựng đường trung trực của cạnh SC của SCI cắt  tại
O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC .
Khi đó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật .



VŨ NGỌC VINH 13 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


1 5
Ta tính được : SI = AB  , OI = JS = 1 ,
2 2
3
bán kính R = OS = . Diện tích : S = 4R2  9 (cm 2 )
2
4 9
Thể tích : V = R3   (cm3 )
3 2
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
. 1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
x  0
 Qua C(0;3;0)
 
1) 0,5đ (BC) :  
  (BC) : y  3  t
+ VTCP BC  (0;1;1)
 z  t


  
2) 1,0đ Ta có : AB  (2;1; 0),AC  (2;2;1),AD  (3; 1;2)
 
[AB, AC]  (1; 2; 2)
  
 [AB, AC].AD  9  0  A, B,C, D
không đồng phẳng
1   
  3
3) 0,5đ V  [AB,AC].AD 
6 2

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : P = -2
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
1) 1đ Gọi mặt phẳng
 Qua M(1;  1;1)
  Qua M(1; 1;1)

(P) :   (P) :     (P) : x  2y  3  0
 +  ( 2 )
 + VTPT n P = a2  ( 1;2; 0)

19 2
Khi đó : N  (2 )  (P)  N( ; ;1)
5 5
2) 1đ Gọi A  (1)  (P)  A(1; 0; 0) , B  (2 )  (P)  B(5; 2;1)
x 1 y z
Vậy (m)  (AB) :  
4 2 1
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Pt hoành độ giao điểm của (Cm ) và trục hoành : x2  x  m  0 (*) với x  1
2
1
điều kiện m  , m  0 .Từ (*) suy ra m  x  x 2 . Hệ số góc k  y  x  2x  1  m  2x  1
4 (x  1)2 x 1
Gọi x A ,x B là hoành độ của A,B thì phương trình (*) ta có : x A  x B  1 , x A .x B  m
Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì
1
y(x A ).y(x B )  1  5xA xB  3(xA  xB )  2  0  5m  1  0  m  thỏa mãn (*)
5
1
Vậy giá trị cần tìm là m 
5

………………………………………………



VŨ NGỌC VINH 14 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


ĐỀ SỐ: 5
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số y  x 3  3x  1 có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
14
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M( ; 1 ) . .
9
Câu II ( 3,0 điểm )
x2  x
1) Cho hàm số : y  e . Giải phương trình y  y  2y  0

2 sin 2x
2) Tính tìch phân : I   dx
2
0 (2  sin x)
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  2 sin3 x  cos2 x  4 sin x  1 .
Câu III ( 1,0 điểm )
Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a ,
 SAO  30 ,  SAB  60 . Tính độ dài đường sinh theo a .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
1) Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x   2t
x 1 y  2 z 
(1) :   , (2 ) : y  5  3t
2 2 1 z  4

1) Chứng minh rằng đường thẳng (1) và đường thẳng (2 ) chéo nhau .
2) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng (1) và song song với đường
thẳng (2 ) .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Giải phương trình x3  8  0 trên tập số phức ..
2) Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) :
x  y  2z  1  0 và mặt cầu (S) : x2  y2  z2  2x  4y  6z  8  0 .
1) Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) .
2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Biểu diễn số phức z = 1 + i dưới dạng lượng giác .
. . . . . . . . . . . . . . ……




VŨ NGỌC VINH 15 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ
ố Ệ


Ta có : y  2 sin3 x  sin2 x  4 sin x  2
Đặt : t  sin x , t  [  1;1]  y  2t 3  t 2  4t  2 , t [ 1;1]
2
y  6t 2  2t  4 ,y   0  6t 2  2t  4  0  t  1  t  
3
2 98
Vì y(  1)  3,y(1)  1,y(  ) = .
3 27
Vậy :
2 98 2 2
+ Maxy = Maxy = y(  )  khi t =   sinx = 
R [ 1;1] 3 27 3 3
2 2
 x = arcsin( )  k2  hay x =   arcsin(  )  k2  , k  Z
3 3

+ min y  min y = y(1)  1 khi t = 1  sinx = 1  x =  k2 , k  Z
R [ 1;1] 2
Câu III ( 1,0 điểm )
Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM  AB thì OM = a
AB SA
SAB cân có  SAB  60 nên SAB đều . Do đó : AM  
2 2
SOA vuông tại O và  SAO  30 nên
SA 3
OA  SA.cos30  . OMA vuông tại M do đó :
2
3SA2 SA 2
OA 2  OM 2  MA 2   a2   SA 2  2a2  SA  a 2
4 4
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
 Qua A(1;2;0)
  Qua B(0;  5;4)

1) 1đ (1) :   , ( 2 ) :  
+ VTCP a1 = (2; 2; 1)
 + VTCP a2 = ( 2;3; 0)


    
AB  (1; 7; 4),[a1;a2 ].AB  9  0  (1) , ( 2 ) chéo nhau .
 Qua (1)
  Qua A(1;2; 0)

2) 1đ (P) :   (P) :      (P) : 3x  2y  2z  7  0

 + // (2 ) + VTPT n = [a1;a2 ]  (3;2;2)

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
 x  2
Ta có : x3  8  0  (x  2)(x2  2x  4)  0  
 x2  2x  4  0 (*)

Phưong trình (*) có   1  4  3  3i2    i 3 nên (*) có 2 nghiệm :
x  1 i 3 , x  1 i 3
Vậy phương trình có 3 nghiệm x  2 , x  1  i 3 , x  1  i 3
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :




VŨ NGỌC VINH 17 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


x  2  t
 Qua M(2;3;0)  Qua M(2;3;0)
 
1) 0,5đ Gọi (d) :   (d) :     (d) : y  3  t
+  (P) + VTCP a = n P  (1;1;2)
 
z  2t
Khi đó : N  d  (P)  N(1;2; 2)
2). 1,5đ + Tâm I(1; 2;3) , bán kính R = 6
+ (Q) // (P) nên (Q) : x  y  2z  m  0 (m  1)
|1 2  6  m |  m  1 (l)
+ (S) tiếp xúc (Q)  d(I;(Q))  R   6 | 5 m | 6  
6  m  11
Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) : x  y  2z  11  0
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
z  1  i  z  2  r
1 2 1 2 3
cos     , sin    
2 2 2 2 4
3 3
Vậy : z  2(cos  i sin )
4 4
…………………………………………………………………………..




VŨ NGỌC VINH 18 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


ĐỀ SỐ: 6
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
x 3
Cho hàm số y  có đồ thị (C)
x2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số đã
cho tại hai điểm phân biệt .
Câu II ( 3,0 điểm )

ln (1  sin )
2
1) Giải bất phương trình e  log (x 2  3x)  0
2

2 x x
2) Tính tìch phân : I =  (1  sin 2 ) cos 2 dx
0
ex
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  trên đoạn [ ln 2 ; ln 4 ] .
ex  e
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích
của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1) Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng :
 x  2  2t
 x  2 y 1 z
(d1) :  y  3 và (d 2 ) :   .
z  t 1 1 2

1) Chứng minh rằng hai đường thẳng (d1), (d 2 ) vuông góc nhau nhưng không cắt nhau .
2) Viết phương trình đường vuông góc chung của (d1), (d 2 ) .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Tìm môđun của số phức z  1  4i  (1  i)3 .
2) Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (  ) : 2x  y  2z  3  0 và hai
x  4 y 1 z x3 y5 z7
đường thẳng ( d1 ) :   , ( d2 ) :   .
2 2 1 2 3 2
1) Chứng tỏ đường thẳng ( d1 ) song song mặt phẳng (  ) và ( d 2 ) cắt mặt phẳng (  ) .
2) Tính khoảng cách giữa đường thẳng ( d1 ) và ( d 2 ).
3) Viết phương trình đường thẳng (  ) song song với mặt phẳng (  ) , cắt đường thẳng
( d1 ) và ( d 2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
2
Tìm nghiệm của phương trình z  z , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z .


VŨ NGỌC VINH 19 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


HƯỚNG DẪN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7
điểm)
Câu I ( 3,0 điểm )
1) 2đ
x  2 
y + +
y  1
1 

2) 1đ Phương trình hoành độ của (C ) và đường
thẳng y  mx  1 :

x3
 mx  1  g(x)  mx2  2mx  1  0 , x  1 (1)
x2
Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt  phương trình (1) có hai nghiệm phân
m  0 m  0

 2  m  0  m  0  m  1   m  0
biệt khác 1    m  m  1
g(1)  0 m  2m  1  0 

 
Câu II ( 3,0 điểm )
ln 2
1) 1đ pt  e  log (x 2  3x)  0  2  log (x 2  3x)  0 (1)
2 2
Điều kiện : x > 0  x  3
(1)  log (x 2  3x)  2  x 2  3x  22  x 2  3x  4  0  4  x  1
2
So điều kiện , bất phương trình có nghiệm : 4  x  3 ; 0 < x  1
 

2 x x x 2 x 1 x 1
2) 1đ I =  (cos  sin .cos )dx   (cos  sin x)dx  (2sin  cos x) 2
2 2 2 2 2 2 2 0
0 0
2 1 1
 2.    2
2 2 2
ex
3) 1đ Ta có : y    0 , x  [ ln 2 ; ln 4 ]
(e x  e)2
2 4
+ min y  y(ln 2)  + Maxy  y(ln 4) 
[ ln 2 ; ln 4 ] 2e [ ln 2 ; ln 4 ] 4e
Câu III ( 1,0 điểm )
a 2 3 a3 3
 Vlt  AA '.SABC  a. 
4 4
 Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp
ABC , A 'B'C' thí tâm của mặt cầu (S) ngoại
tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm
I của OO’ .




VŨ NGỌC VINH 20 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


a 3 2 a 2 a 21
Bán kính R  IA  AO2  OI2  (
) ( ) 
3 2 6
a 21 2 7 a 2
Diện tích : Smc  4R 2  4( ) 
6 3

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
1) 1đ Thay x.y.z trong phương trình của ( d1 ) vào phương trình của ( d 2 ) ta được :
2t 3  1 t
   (t  1)  (t  4) vô nghiệm .Vậy d1 và d 2 không cắt nhau .
1 1 2
 
Ta có : d1 có VTCP u1  (2;0;1) ; d1 có VTCP u 2  (1; 1; 2)
 
Vì u1.u 2  0 nên d1 và d 2 vuông góc nhau .

2) 1đ Lấy M(2  2t;3; t)  (d1) , N(2  m;1  m; 2m)  (d 2 )

Khi đó : MN  (m  2t; 2  m; 2m  t)
 

MN.u1  0
 t  0 5 4 2
MN vuông với (d1), (d 2 )s        M(2;3;0), N( ; ; )
MN.u 2  0
 m  1/ 3 3 3 3
x  2 y 3 z
 (MN) :   là phưong trình đường thẳng cần tìm .
1 5 2
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Vì (1  i)3  13  3i  3i2  i3  1  3i  3  i  2  2i .

Suy ra : z  1  2i  z  (1)2  22  5

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
1) 0,75đ
 qua A(4;1;0)  qua B(  3;  5;7) 
(d1) :   , (d 2 ) :   , () có vtpt n  (2; 1;2)
 VTCP u1  (2;2; 1)  VTCP u2  (2;3; 2)
 
Do u1.n  0 và A  () nên ( d1 ) // (  ) .
 
Do u2 .n  3  0 nên ( d1 ) cắt (  ) .
   
    [u1, u2 ].AB
2) 0,5 đ Vì [u1, u2 ]  (1;2;2) , AB  (7; 6; 7)  d((d1),(d 2 ))    3
[u1, u2 ]
 qua (d1)
3) 0,75đ phương trình mp() :   () : 2x  y  2z  7  0
 // ()

Gọi N  (d 2 )  ()  N(1;1;3) ; M  (d1)  M(2t  4;2t  1; t),NM  (2t  3;2t; t  3)
Theo đề : MN2  9  t  1 .
 qua N(1;1;3) x 1 y 1 z  3
Vậy () :  
  ( ) :  
 VTCP NM  (1; 2; 2) 1 2 2
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực . ta có : z  a  bi và z2  (a2  b2 )  2abi

VŨ NGỌC VINH 21 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


 2
 2
Khi đó : z  z2  Tìm các số thực a,b sao cho : a  b  a
2ab   b

1 3 1 3
Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) , ( ; ) , ( ;  ).
2 2 2 2

…………………………………………………….




VŨ NGỌC VINH 22 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


ĐỀ SỐ: 7
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
4 2
Cho hàm số y =  x  2x có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M ( 2 ;0) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
1) Cho lg 392  a , lg112  b . Tính lg7 và lg5 theo a và b .
1 2
x
2) Tính tìch phân : I =  x(e  sin x)dx
0
x 1
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số y  .
1  x2
Câu III ( 1,0 điểm )
Tính tæ soá theå tích cuûa hình laäp phöông vaø theå tích cuûa hình truï ngoaïi tieáp hình laäp phöông ñoù .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với các đỉnh là :
A(0; 2 ;1) , B( 3 ;1;2) , C(1; 1 ;4) .
1) Viết phương trình chính tắc của đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác .
2) Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng (OAB)
với O là gốc tọa độ .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
1
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y  , hai đường thẳng x = 0 ,
2x  1
x = 1 và trục hoành . Xác định giá trị của a để diện tích hình phẳng (H) bằng lna .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 1;4;2) và hai mặt phẳng ( P1 ) :
2x  y  z  6  0 , ( P2 ) : x  2y  2z  2  0 .
1) Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng ( P1 ) và ( P2 ) cắt nhau . Viết phương trình tham số của
giao tuyến  của hai mặt phằng đó .
2) Tìm điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên giao tuyến  .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
2
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y = x và (G) : y = x . Tính thể tích của khối
tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành .

. . . . . . . …………………. . . . . . .




VŨ NGỌC VINH 23 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
1) 2đ

x  1 0 1 
y + 0  0 + 0 
1 1
y
 0 

2) 1đ Gọi (  ) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k nên ( ) : y  k(x  2) . (  ) là tiếp tuyến
 x 4  2x2  k(x  2) (1)

của ( C )  Hệ sau có nghiệm : 
4x3  4x  k
 (2)
2 2
Thay (2) vào (1) ta được : x(x  2)(3x2  2x  4)  0  x   ,x  0,x  2
3
2 2 (2) 8 2 8 2 16
 x  k  
  (1) : y  
 x
3 27 27 27
(2)
 x  0  k  0  (2 ) : y  0
 
(2)
 x  2  k  4 2  ( 3 ) : y  4 2x  8
 
Câu II ( 3,0 điểm )
10
1) 1đ Ta có : a = lg392 = lg(23.72 )  3lg 2  2 lg 7  3lg  2 lg 7  3  3lg 5  2 lg 7
5
 2 lg 7  3 lg 5  a  3 (1)
10
b = lg112 = lg(24.7)  4 lg 2  lg 7  4 lg  4 lg 5  4  4 lg 5  lg 7
5
 lg 7  4 lg 5  b  4 (2)
2 lg 7  3lg 5  a  3 1 1
Từ (1) và (2) ta có hệ :   lg 5  (a  2b  5) , lg 7  (4a  3b)
lg 7  4 lg 5  b  4 5 5
1 1 1
2) 1d Ta có I =  x(e x2  sin x)dx  xe x2 dx  x sin xdx  I  I
  1 2
0 0 0
1 1 1
I1   xe x2 dx  1 e x2 d(x 2 )  ( 1 e x2 ) = 1 (e  1) . Cách khác đặt t = x 2
2 2 2
0 0 0
1
u  x du  dx
I2   x sin xdx . Đặt :  
0 dv  sin xdx v   cos x
1
1  cos xdx   cos1  [sin x]1   cos1  sin1
nên I2  [x cos x]0  0
0
1
Vậy : I  (e  1)  sin1  cos1
2




VŨ NGỌC VINH 24 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


1 x
3) 1đ Tập xác định : R ; y  , y = 0  x = 1 ,
(1  x2 ) 1  x2
1
x(1  )
lim y  lim x  lim y  1 ; lim y  1
x   x   1 x   x  
x . 1
x 2
Bảng biến thiên :
x  1 
y + 0 
2
y
1 1

Vaäy : Haøm soá ñaõ cho ñaït :  M  max y = y(1)  2
R
 Khoâng coù GTNN
Câu III ( 1,0 điểm )
Nếu hình lập phương có cạnh là a thì thể tích
của nó là V1  a3
Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có bán
a 2
kính R  và chiều cao h = a nên có thể
2
a3 V1 a3 2
tích là V2  . Khi đó tỉ số thể tích :  
2 V2 a3 
2
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
1) 1đ Trung điểm của cạnh BC là M( 1; 0;3 )
 Qua M(  1;0;3) x y  2 z 1
Trung tuyến (AM) :      (AM) :  
 VTCP u = AM  (1;2;2) 1 2 2
2) 1đ
 Qua O(0;0;0)
    
Mặt phẳng (OAB) :  OA  (0; 2;1)  VTPT n = [OA;OB]  ( 1)(5;3;6)
 VTCP :  
 OB  (3;2;1)

x  1  5t
 (d): 
 Qua C(1; 1; 4)
 
 VTCP u = n = (  1)(5;3;6)

 (d) : y  1  3t
z  4  6t

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
1
Vì hàm số y  liên tục , không âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích :
2x  1
1 1
1 1 d(2x  1) 1 1 1
S  dx    ln 2x  1 0  ln 3
2x  1 2 2x  1 2 2
0 0



VŨ NGỌC VINH 25 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


1 a  0
Theo đề : S  ln a  ln 3  ln a  ln 3  ln a   a 3
2 a  3
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
1) 1đ
 
+ Mặt phẳng ( P1 ) có VTPT n1  (2; 1;1) , mặt phẳng ( P2 ) có VTPT n2  (1;2; 2)
2 1
Vì  nên suy ra ( P1 ) và ( P2 ) cắt nhau .
1 2
   
+ Gọi u là VTCP của đường thẳng  thì u vuông góc n1 và n 2 nên ta có :
  
u  [n1; n2 ]  (0;5;5)  5(0;1;1)
Vì   (P1 )  (P2 ) . Lấy M(x;y;x) ( ) thì tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ :
2x  y  z  6  0 y  z  2 y  1
 , cho x = 2 ta được :   . Suy ra : M(2;1;3)
x  2y  2z  2  0 2y  2z  4 z  3
x  2
 qua M(2;1;3) 
Vậy ( ) :    ( ) : y  1  t
  vtcp u   5(0;1;1) z  3  t

2) 1đ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng (  ) .
Ta có : MH   . Suy ra : H    (Q) , với (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông
với  . Do đó
 qua M(2;1;3)
(Q) :     (Q) : 0(x  1)  1(y  4)  1(z  2)  0  (Q) : y  z  6  0
 vtpt n = u   5(0;1;1)
Thay x,y,z trong phương trình (  ) vào phương trình mặt phẳng (Q) ta được :
1 pt( )
t   H(2;2; 4)
5
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) và (G) : x  x2  x  0, x  1
Khi đó (H) giới hạn bởi các đường thẳng x = 0 , x = 1 , ( C) và (G) .
Vì 0  x2  x , x  (0;1) nên gọi V1,V2 lần lượt là thể tích sinh ra bởi ( C) và (G) .
1 2 5
4 )dx  [ x  x ]1  3
Khi đó : V  V2  V1   (x  x
 0
2 5 10
0

………………………………………….




VŨ NGỌC VINH 26 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


ĐỀ SỐ: 8
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số y  x 3  3x 2  4 có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Cho họ đường thẳng (d m ) : y  mx  2m  16 với m là tham số . Chứng minh rằng (d m ) luôn
cắt đồ thị (C) tại một điểm cố định I .
Câu II ( 3,0 điểm )
x 1
x 1 x 1
1) Giải bất phương trình ( 2  1)  ( 2  1)
1 0
2) Cho  f(x)dx  2 với f là hàm số lẻ. Hãy tính tích phân : I =  f(x)dx .
0 1
x
2
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất nếu có của hàm số y  2 4x  1 .
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a . Hình chiếu vuông góc
của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB . Mặt bên (AA’C’C) tạo với đáy một góc
bằng 45 . Tính thể tích của khối lăng trụ này .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó.
3. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz .Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vuông góc với
mặt
phẳng (Q) : x  y  z  0 và cách điểm M(1;2; 1 ) một khoảng bằng 2 .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
1 i
Cho số phức z  . Tính giá trị của z2010 .
1 i
4. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
x  1  2t

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :  y  2t
z  1

và mặt phẳng (P) : 2x  y  2z  1  0 .
1) Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên (d) , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với (P) .
2) Viết phương trình đường thẳng (  ) qua M(0;1;0) , nằm trong (P) và vuông góc với
đường thẳng (d) .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Trên tập số phức , tìm B để phương trình bậc hai z2  Bz  i  0 có tổng bình phương hai nghiệm
bằng 4i .
. . . . . . . ……………… . . . . . . .




VŨ NGỌC VINH 27 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
1) 2đ

x  2 0 
y + 0  0 +
0 
 4

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

x  2
x3  3x2  4  mx  2m  16  (x  2)[x2  5x  (10  m)]  0  
 x2  5x  10  m  0

Khi x = 2 ta có y  23  3.22  4  16 ; y = 2m  2m + 16 = 16 , m  R
Do đó (d m ) luôn cắt (C) tại điểm cố định I(2;16 ) .
Câu II ( 3,0 điểm )
1
1) 1đ Vì ( 2  1)( 2  1)  1  2  1   ( 2  1)1
2 1
x 1

x 1 x 1
nên bpt  ( 2  1)x 1  ( 2  1)  x 1   do 2 1  1
x 1
(x  1)(x  2) 2  x  1
 0
x 1 x  1

2) 1đ Đổi biến : u =  x  du  dx  dx  du .
Đổi cận :  x = 1  u  1
 x=0 u0
Vì f là hàm số lẻ nên f( u)   f(u)
0 1 1 1
Khi đó : I =   f( u)du   f( u)du    f(u)du    f(x)dx  2
1 0 0 0
3) 1đ Tập xác định D  R
x 1
x   , ta có : (2x  1)2  0  4x2  4x  1  0  4x  1(4x2  1)   (1)
4x2  1 4
x 1
(2x  1)2  0  4x2  4x  1  0  (4x2  1)  4x   (2)
4x2  1 4
Từ (1) và (2) suy ra :
x x
1 1
1 x 1  2 1 2
    2 4  2 4x  1  2 4   2 4x  1  4 2, x  
4 4x2  1 4 42




VŨ NGỌC VINH 28 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


1 1 1
Vậy : min y  y( )  ; max y  y( )  4 2
R 2 42 R 2
Câu III ( 1,0 điểm )
Gọi H là trung điểm của AB . Ta có A’H  (ABC)
.Kẻ HE  AC thì  A ' HE  45 là góc
giữa hai mặt (AA’C’C) và (ABC) .
a 3
Khi đó : A’H = HE =
4
1
( bằng đường cao  ABC) . Do đó :
2
a2 3 a 3 3a3
VABC.A ' B'C'  . 
4 4 16
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với A 2  B2  C2  0
Vì (P)  (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0  A+B+C = 0  C   A  B (1)
Theo đề :
A  2B  C
d(M;(P)) = 2   2  (A  2B  C)2  2(A2  B2  C2 ) (2)
A 2  B2  C2
8A
Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5 B2  0  B  0 hay B = 
5
(1)
 B  0  C  A . Cho A  1,C  1 thì (P) : x  z  0
8A (1)
 B = . Chọn A = 5 , B = 1  C  3 thì (P) : 5x  8y  3z  0
5
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
1  i (1  i)2
Ta có : z    i nên z2010  i2010  i4502 2  i4 502 .i2  1.(1)   1
1 i 2
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
1) 1đ
Tâm mặt cầu là I  (d) nên I(1+2t;2t; 1 )
Theo đề : Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên
2(1  2t)  2t  2(1)  1
d(I;(P))   R  3  6t  3  3  t  0,t  1
4 1 4
 t = 0 thì I(1;0; 1 )  (S1) : (x  1)2  y2  (z  1)2  9
 t = 1 thì I( 1; 2 ; 1 )  (S2 ) : (x  1)2  (y  2)2  (z  1)2  9

2) 1đ VTCP của đường thẳng (d) là u  (2;2;0)  2(1;1;0)

VTPT của mặt phẳng là v  (2;1; 2)
   
Gọi u là VTCP của đường thẳng (  ) thì u vuông góc với u,n do đó ta chọn
  
u  [u,v]  (2)(2; 2;1) .




VŨ NGỌC VINH 29 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


 Qua M(0;1;0) x y 1 z
Vậy ( ) :      ( ) :  
 vtcp u   [u,v]  ( 2)(2; 2;1) 2 2 1
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Gọi z1,z2 là hai nghiệm của phương trình đã cho và B  a  bi với a, b   .

Theo đề phương trình bậc hai z2  Bz  i  0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i .
nên ta có : z1  z2  (z1  z2 )2  2z1z2  S2  2P  ( B)2  2i  4i hay B2  2i hay
2 2

 2
 2
(a  bi)2  2i  a2  b2  2abi  2i Suy ra : a  b  0 .
2ab  2

Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là (1; 1),(1;1)
Vậy : B  1  i , B =  1  i

………………………………………………




VŨ NGỌC VINH 30 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


ĐỀ SỐ : 9
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số y   x 3  3x 2  1 có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt
x 3  3x 2  k  0 .
Câu II ( 3,0 điểm )
3x  4
1) Giải phương trình 3  92x  2
1
2) Cho hàm số y  . Tìm nguyên hàm F(x ) của hàm số , biết rằng đồ thị của hàm số F(x)
sin 2 x

đi qua điểm M( ; 0) .
6
1
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x   2 với x > 0 .
x
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình choùp tam giaùc ñeàu coù caïnh ñaùy baèng 6 vaø ñöôøng cao h = 1 . Hãy tính diện tích của
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
5. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
x2 y z3
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) :   và mặt phẳng
1 2 2
(P) : 2x  y  z  5  0
1) Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại A . Tìm tọa độ điểm A .
2) Viết phương trình đường thẳng (  ) đi qua A , nằm trong (P) và vuông góc với (d) .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
1
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường : y  ln x, x  , x  e và trục hoành .
e
6. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x  2  4t

(d ) :  y  3  2t và mặt phẳng (P) :  x  y  2z  5  0
z  3  t

1) Chứng minh rằng (d) nằm trên mặt phẳng (P) .
2) Viết phương trình đường thẳng (  ) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là
14 .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tìm căn bậc hai cũa số phức z   4i
. . . . . . . …………. . . . . . . .




VŨ NGỌC VINH 31 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
1) (2d)
x  0 2 
2)(đ
y  0 + 0 
 3
y
1 
pt  x3  3x2  1  k  1
Đây là pt hoành độ điểm chung của (C) và đường thẳng
(d) : y  k  1
Căn cứ vào đồ thị , ta có : Phương trình có ba nghiệm phân biệt  1  k  1  3  0  k  4
Câu II ( 3,0 điểm )
1) ( 1đ )
3x  4 3x  4 x  1
 8
3  92x  2  3  32(2x  2)  3x  4  4x  4   x
2 2 7
(3x  4)  (4x  4)

2) (1đ) Vì F(x) =  cotx + C . Theo đề :
 
F ( )  0   cot  C  0  C  3  F (x)  3  cot x
6 6
3) (1đ) Với x > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi :
1 1 x 0
x   2 . Dấu “=” xảy ra khi x   x 2  1  x  1 
x x
 y  2  2  4 . Vậy : M iny  y(1)  4
(0;)
Câu III ( 1,0 điểm )
Goïi hình choùp ñaõ cho laø S.ABC vaø O laø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp cuûa ñaùy ABC .
Khi ñoù : SO laø truïc ñöôøng troøn ñaùy (ABC) . Suy ra : SO  (ABC) .
Trong mp(SAO) döïng ñöôøng trung tröïc cuûa caïnh SA , caét SO taïi I .
Khi ñoù : I laø taâm cuûa maët caàu ngoaïi tieáp S.ABC
Tính baùn kính R = SI .
SJ.SA SA 2
Ta coù : Töù giaùc AJIO noäi tieáp ñöôøng troøn neân : SJ.SA  SI.SO  SI = =
SO 2.SO
6 3 3
 SAO vuoâng taïi O . Do ñoù : SA = SO2  OA 2 = 12  = 3  SI = =
3 2.1 2
Diện tích mặt cầu : S  4R2  9
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
1) (0,5 đ) A(5;6;  9)
2) (1,5đ)

+ Vectơ chỉ phương của đường thẳng (d) : ud  (1; 2;2)

+ Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) : n P  ((2;1; 1)
+ Vectơ chỉ phương của đường thẳng (  ) :
  
u  [ud ; n P ]  (0;1;1)




VŨ NGỌC VINH 32 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


x  5

+ Phương trình của đường thẳng (  ) :  y  6  t (t  R)
z  9  t

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
1 e
1
+ Diện tích : S    ln xdx   ln xdx + Đặt : u  ln x,dv  dx  du  dx,v  x
x
1/e 1
1 e 1
+  ln xdx  x ln x   dx  x(ln x 1)  C => S  x(ln x  1)  x(ln x  1)  2(1  )
1/e 1 e
7. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
1) (0,5đ) Chọn A(2;3;  3),B(6;5;  2)  (d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .
  
 u  ud

2) (1,5đ) Gọi u vectơ chỉ phương của ( d1 ) qua A và vuông góc với (d) thì    nên ta chọn
 u  uP

x  2  3t
   
u  [u, uP ]  (3; 9;6)  3(1; 3;2)s . Ptrình của đường thẳng ( d1 ) : y  3  9t (t  R)
z  3  6t

(  ) là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên ( d1 ) thì M(2+3t;3  9t;  3+6t) .
1 1
Theo đề : AM  14  9t 2  81t 2  36t 2  14  t 2  t  
9 3
1 x 1 y  6 z  5
+t=   M(1;6;  5)  (1) :  
3 4 2 1
1 x  3 y z 1
+ t =  M(3;0;  1)  (2 ) :  
3 4 2 1
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Gọi x + iy là căn bậc hai của số phức z   4i , ta có :
 2
 2 x  y x  y
(x  iy)2  4i  x  y  0   hoặc 
2xy  4
 2xy  4 2xy  4
x  y
 x  y
 x  y
  x  2; y   2
 2 (loại) hoặc  2  2 
2x  4
 2x  4
 x  2
  x   2; y  2

Vậy số phức có hai căn bậc hai : z1  2  i 2 , z2   2  i 2

……………………………………………….




VŨ NGỌC VINH 33 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


ĐỀ SỐ : 10
( Thời gian làm bài 150 phút )
A . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I.(3 điểm)
Cho hàm số y   x 3  3 x  2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình  x3  3x  2  m
Câu II.(3 điểm)
x x12
1. Giải phương trình: 3 3  3 6  80  0
2. Tính nguyên hàm:  ln(3 x  1)dx
3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất hàm số f ( x)  x 3  3 x 2  9 x  3 trên đoạn  2; 2
Câu III.(1 điểm)
Cho tứ diện S.ABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA=a, SB=b, SC=c. Hai điểm M,
1 1
N lần lượt thuộc 2 cạnh AB, BC sao cho AM  AB, BN  BC . Mặt phẳng (SMN) chia khối tứ
3 3
diện S.ABC thành 2 khối đa diện (H) và (H’) trong đó (H) là khối đa diện chứa đỉnh C. Hãy tính
thể tích của (H) và (H’)
B . PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành
riêng cho chương trình đó
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a(2 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 V.a(1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay được tạo bởi phép quay quanh trục Ox hình phẳng
giới hạn bởi các đường y   x 2  2 x  1, y  0, x  2, x  0 .
2.Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b(2 điểm)
x2 y z 3
Cho mặt phẳng (P): 2x+y-z-3=0 và đường thẳng (d):  
1 2 2
1. Tìm tọa độ giao điểm M của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P).
2. Viết phương trình hình chiếu của đường thẳng (d) trên mặt phẳng (P).
Câu Vb. (1 điểm)
x 2  3x  1
Xác định tọa độ giao điểm của tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y  với parabol (P):
x2
y  x 2  3x  2
--------------------------




VŨ NGỌC VINH 34 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


ĐÁP ÁN
Câu NỘI DUNG Điểm
I (2,0 điểm)
(3,0 Tập xác định : D = R 0,25
điểm) Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên: y '  3x 2  3
 x  1
 y'  0  
x  1

Trên các khoảng (; 1) và (1: ), y '  0 nên hàm số nghịch 0,50
biến.
Trên khoảng (1;1), y '  0 nên hàm số đồng biến.
 Cực trị:
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , giá trị cực tiểu y  4 0.25
Hàm số đạt cực đại tại x  1 , giá trị cực đại y  0
 Giới hạn: lim y   ; lim y   0,25
x  x 

 Bảng biến thiên:
x  -1 1 
y  0 + 0  0,25



 Đồ thị:
-Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ;
 2)
x  1
-Ta có:  x3  3 x  2  0  
 x  2
nên đồ thị cắt trục hoành tại 2 0,50
điểm
(1;0) và (-2;0)




(1,0 điểm)
Số nghiệm của phương trình  x3  3x  2  m bằng số giao điểm của
hai đồ thị hàm số y   x 3  3 x  2 và y  m . 0,50


Dựa vào đồ thị ta có:
Nếu m  4 hoặc m  0 phương trình có 1 nghiệm.
0,50
Nếu m  4 hoặc m  0 phương trình có 2 nghiệm.
Nếu 4  m  0 phương trình có 3 nghiệm.
Câu NỘI DUNG Điểm
II 4. (1,0 điểm)


VŨ NGỌC VINH 35 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


(3,0 2
x
x x 12
điểm) 3 6
 x  36
Ta có: 3  3  80  0   3 6    80  0
  9
0,50
x
t
Đặt t  3 (t  0) ta được phương trình: t 2   80  0
6
9
t  9

 t   80
 9
80
Nghiệm t   không thỏa mãn điều kiện. 0,50
9
x
x
Với t=9 ta có: 3 6  9   2  x  12
6
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=12.
5. (1,0 điểm)
3
 ln(3x  1)dx Đặt u=ln(3x-1) và dv=dx thì: du  dx và
3x  1 0,25
vx
3x
 ln(3x  1)dx  x ln(3x  1)   3x  1 dx
 1  1 0,50
 x ln(3x  1)    1   dx  x ln(3x  1)   dx   dx
 3x  1  3x 1


1
 x ln(3x  1)  x  ln(3x  1)  C 0,25
3
6. (1,0 điểm)

Ta có: f '( x)  3 x 2  6 x  9 0,25

 x  3
Do đó: f’(x) = 0  f '( x)  0  
x  1 0,25
Ta có: f (2)  25; f (2)  5; f (1)   2
Suy ra: max f (x)  f (2)  25
x[ 2;2]
0,50
min f (x)  f (1)  2
x[  2;2]

III 1 bc
Diện tích của tam giác: SBC là: S SBC  SB.SC 
(1,0 2 2
điểm)  SA  SB
Vì   SA  ( SBC ) nên thể tích của tứ diện S.ABC là: 0,50
 SA  SC
1 1 bc abc
VS . ABC  SA.S SBC  a 
3 3 2 6




VŨ NGỌC VINH 36 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


A



1 2
BM  BA  AM  BA  BA  b M

3 3
Gọi thể tích khối đa diện (H) và (H’) lần
lượt là : VH , VH ' 0,25
Ta có : S B



VH ' V BS BM BN 2 1 2 N

 B.SMN   . 
VS . ABC VB.SAC BS BA BC 3 3 9
C



2 abc abc
 VH  . 
9 6 27
0,25
abc abc 7
VH '  VS . ABC  VH    abc
6 27 54
Câu NỘI DUNG Điểm
IV.a 3. (1,0 điểm)
(2,0 Kí hiệu d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).
điểm)
Gọi H là giao điểm của d và (P), ta có H là hình chiếu vuông góc của A 0,25
trên (P)
 
Do v = (1 ; 2 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P) nên v là một vectơ
x 1 y  4 z  2 0,25
chỉ phương của d. Suy ra, d có phương trình :  
1 2 1
Do đó, tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:
 x 1 y  4 z  2
   2 2 1
 1 2 1 . Giải hệ trên, ta được : x =  , y = , z = .
 x  2y  z  1  0 3 3 3 0,50

 2 1 1
Vậy H   ; ; .
 3 3 3
4. (1,0 điểm) Có thể giải theo một trong hai cách:
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (P). Ta có
R bằng khoảng cách từ A đến (P). Suy ra :
0,50
1.1  2.4  1.2  1 5 6
R 
12  22  12 3
Do đó, mặt cầu có phương trình là:
50
(x  1) 2  (y  4) 2  (z  2) 2  0,50
3
2 2 2
Hay 3x + 3y + 3z – 6x – 24y – 12z + 13 = 0
V.a Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường đã cho là:
2 2 2 4 0,50
(1,0 V      x 2  2x  1 dx    x  1  dx
0 0
điểm)
2
( x  1)5 2
  0,50
5 0 5



VŨ NGỌC VINH 37 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
ố Ệ


IV.b 1. (1,0 điểm)
(2,0 Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
điểm)
x  2 y z 3
   0,25
 1 2 2
2x  y  z  3  0

x  4

 y  4 0,50
z  7

Vậy H  4 ; 4 ;7  . 0,25
2. (1,0 điểm)
Gọi  là hình chiếu của đường thẳng d trên mặt phẳng (P)
Gọi (Q) là mặt phẳng xác định bởi  và d.


Vectơ pháp tuyến của đường thẳng d là ud  (1; 2; 2)

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n1  (2;1; 1) 0,50

  

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ((Q) là: n2   ud , n1   (0;5;5)
 
Phương trình của mặt phẳng (Q): 5( x  4)  5( z  7)  0
Hay : x+z+3=0
2 x  y  z  3  0
Đường thẳng  là giao tuyến của (P) và (Q):Xét hệ 
x  z  3  0
Đặt x=t ta có z=-3-t, y=-3t Phương trình của đường thẳng
0,50
x  t

 :  y  3t
 z  3  t

V.b x 2  3x  1 1 x 2  3x  1 1
Ta có  x 1   ( x  1)  
(1,0 x2 x2 x2 x2
điểm)
 1  0,50
lim   0
x 
 x2
Vậy đường thẳng (d): y=x-1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số
Xét phương trình:
x  1
x 2  3x  2  x  1  x 2  4 x  3  0  
x  3 0,50
Với x=1 thì y=0, x=3 thì y=5
Vậy (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm (1;0) và (3;5)




VŨ NGỌC VINH 38 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản