de thi thu

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.18 MB, 38 trang )

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

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):

Cho hàm số y 3 2x
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)

1) Giải bất phương trình: 1

2x 1

log 0

x 1





2) Tính tích phân:

I (sin cos 2x)dx
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 vng 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 vng 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 – 3i.

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

ĐÁP ÁN

Câu

NỘI DUNG

Điểm

(2,0 điểm)

Tập xác định : D = R\{1} 0,25

Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên: y ' 1 2 0 x D
(x 1)

    

 .

Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và (1 ; +)
 Cực trị: Hàm số khơng có cực trị.

0,50

 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.

0,50

 Bảng biến thiên:

x  1 +

y’  

y 2


+

2

0,25

I 
(3,0 
điểm)

 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.

0,50

(1,0 điểm)

Đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt
 Phương trình (ẩn x) 3 2x= mx + 2

x 1



 có hai nghiệm phân biệt

 Phương trình (ẩn x) mx2 – (m – 4)x – 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác 1

0,50 
2


O 1

3


I
3
2

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

 2 2

m 6 2 5
m 0

m 0

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

m 12m 16 0

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

   










          

 

   



 

   

 

0,50

1. (1,0 điểm)

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

2x 1
1
x 1





0,50

x 2 0

x 2 0 x 1

x 2
0

x 2

x 1 x 2 0

x 1 0

  




    

 

    

 

    


 



0,50

2. (1,0 điểm)

2 2

0 0

I sin dx co s 2xdx
2

 









0,25

2 2

0 0

x 1
2 cos sin 2x

2 2

 

   0,50

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 );
f’(x) < 0 x  ( ln 2 ; 0];

0,25

II 
(3,0 
điểm)

Suy ra:

x [ 1;0]

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

      

2 2

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

 

          

0,50

Do S.ABCD là khối chóp đều và AB = a nên đáy ABCD là hình vng cạnh a.
Gọi O là tâm của hình vng 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. 

0,50

III 
(1,0 
điểm)

Trong tam giác vng SOI, ta có:

a a 3

SO OI. tan SIO . tan 60

2 2

    .

Diện tích đáy : SABCD = a2.

0,25

O I

C
S

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

Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là:

3
2

S.ABCD3 ABCD

1 1 a 3 a 3

V S .SO a .

3 3 2 6

   0,25

1. (1,0 điểm)

Kí hiệu d là đường thẳng đi qua A và vng góc với (P).

Gọi H là giao điểm của d và (P), ta có H là hình chiếu vng góc của A trên (P) 0,25 
Do v = (1 ; 2 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P) nên v là một vectơ chỉ

phương của d. Suy ra, d có phương trình : x 1 y 4 z 2

1 2 1

  

  0,25

Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:

x 1 y 4 z 2

1 2 1

x 2y z 1 0

  



 




    


Giải hệ trên, ta được : x = 2

 , y = 2
3, z =

3. Vậy H

2 1 1

; ;

3 3 3

 



 

 .

0,50

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

2 2 1 5 6

R AH 1 4 2

3 3 3 3

     

           

      .

0,50

IV.a 
(2,0 
điểm)

Do đó, mặt cầu có phương trình là:

2 2 2 50

(x 1) (y 4) (z 2)
3

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

ĐỀ SỐ: 2

( Thời gian làm bài 150 phút )

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

Cho hàm số y x 2
1 x




 có đồ thị (C)
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 x x 1

2 2

log (2 1).log (2  2) 12

2) Tính tìch phân : I =

sin 2x
dx
2
(2 sin x)

/2 





3) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị

x 3x 1

x 2

 



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

Câu III ( 1,0 điểm )

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

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

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

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các
trục Ox,Oy,Oz và có trọng tâm G(1;2;



1

) Hãy tính diện tích tam giác ABC .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường ( C ) : y = x2, (d) : y = 6 x và trục 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 ) :

Tìm các hệ số a,b sao cho parabol (P) : y2x2ax b tiếp xúc với hypebol (H) :y1

x Tại

điểm M(1;1)

………..

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

HƯỚNG DẪN

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

1) 2đ

2) 1đ

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

Hệ thức (*) đúng với mọi m     

    

 

x 2 0 x 2

4 y 0 y 4

Đường thẳng y = mx  42m luôn đi qua điểm cố định A(2; 4) thuộc (C)
( Vì tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình y x 2

1 x



 )

Câu II ( 3,0 điểm )

1) 1đ Điều kiện : x > 1 .

2 2

x x

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

Đặt :

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

x x

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

17 17

x x

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

16 16

      

        




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 1 4

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

2 t 2 t 2

t t 1 e

1 1 1



   



      






3) 1đ Đường thẳng (d) 5x 4y 4 0 y 5x 1
4

     

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

Do đó : ( ) : y 5x b
4

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

x 3x 1 5

x b (1)

x 2 4

x 2 : 2

x 4x 5 5

(2)

2 4

(x 2)



 

  




 

 

 





(2) x 4x 0 x 0 x 4

1 5 1

(1)

x = 0 b tt( 1) : y x

2 4 2

5 5 5

(1)

x = 4 b tt( 2) : y x

2 4 2

      

      




x  1 

y + +

y 
1



1

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

Câu III ( 1,0 điểm )

Ta có : VS.MBC SM 2 VS.MBC 2.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

Từ (1) , (2) suy ra : VM.SBC VS.MBC 2
VM.ABC  VM.ABC 
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

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

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

Theo đề : G(1;2;



1

) là trọng tâm tam giác ABC









 

   

   

  




x
1

3 x 3

2 y 6

3 z 3

z
1
3

(0,5đ0

Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0;



3

) (0,25đ)
Mặt khác : VOABC 1.d(O,(ABC).SABCSABC  3.VOABC

3 d(O,(ABC) (0,25đ)

Phương trình mặt phẳng (ABC) :   


x y z

3 6 3 (0,25đ)

nên  

 

d(O,(ABC)) 2

1 1 1

9 36 9

(0,25đ)

Mặt khác :

1 1 

VOABC .OA.OB.OC .3.6.3 9

6 6 (0,25đ)

Vậy : SABC 27

2 (0,25đ)
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

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

          



x 2

2 2

x 6 x x x 6 0

x 3









    

2 6 2

1 x 26

2 3 2 6

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

3 2 3

0 2

2. Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :

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

2 , N(a;
a
2;0) .

         

 a a 

AN (a; ; a) (2;1; 2); BD' ( a;a; a) a(1; 1;1)

2 2

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

AN và BD’ nên có VTPT là
    

 a2

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

2 . Suy ra : :           

a 7a

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

2 2

2) 1đ Gọi



là góc giữa AN và BD ' . Ta có :

  

       

  

 
 

  

2
a

2 2

a a

AN.BD' 1 3 3

cos arccos

3a 3 3 9 9

AN . BD' .a 3

2
2

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

Do đó :   

  
 

3
a

[AN,BD '].AB a

2
d(AN,BD ')

2 26

[AN,BD '] a . 26

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

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

   

   

 



 

  

    

 

1 2

2 2x ax b

2x ax b

1
1

2 4x a

(2x ax b)' ( )' 2

x x

(I)

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

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

ĐỀ SỐ: 3

( Thời gian làm bài 150 phút )

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

Cho hàm số y 2x 1
x 1




 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(1;8) . .

Câu II ( 3,0 điểm )

1) Giải bất phương trình:

x 2
log

sin 2 x 4

3 1






2) Tính tìch phân : I =





1
x

(3 cos 2x)dx
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 vng có các đỉnh nằm trên hai
đường trịn đáy sao cho có ít nhất một cạnh khơng song song và khơng vng góc với trục của hình
trụ . Tính cạnh của hình vng đó .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

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

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 vng góc với
mặt phẳng (T) : 3x y 1 0   .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

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

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

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

x 3

y 1

z 3

2

1 





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

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

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

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Giải hệ phương trình sau :


 



 

 




4 .log x2 4
2y

log x 22 4

……….

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

HƯỚNG DẪN

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

Câu I ( 3,0 điểm )

1) (2d)

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 hồnh độ điểm chung của (C ) và ( ) :
2x 1 k(x 1) 8 kx2 2(3 k)x 9 k 0 (1)

x 1



        



( ) là tiếp tuyến của (C )  phương trình (1) có nghiệm kép
k 0 k 3

' (3 k) k(k 9) 0

 


   

     




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

Câu II ( 3,0 điểm )

1) (1đ ) pt log x 2
sin 2 x 4


 >0

x 2

0 1

x 4



 

 ( vì 0 < sin2 < 1 )

x 2 x 2 x 2

0 0 0

x 4 x 4 x 4

x 2 x 2 6

1 1 0 0

x 4 x 4 x 4

     

  

  

     

  

  

      

     

  

x 2 0 x 2

x 2

x 4 0 x 4

    

   

   

 

2) (1đ) I =

1
x

(3 cos 2x)dx
0





3 1 1 3 1 1 1 2 1

[ sin 2x]0 [ sin 2] [ sin 0] sin 2

ln 32  ln 32  ln 32  ln 32

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

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

 2 2   

AC AA ' A 'C 16 2 3 2

Vì AC = AB

2

. S uy ra : AB = 3 .Vậy cạnh hình vng bằng 3 .

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

x  1 

y  

y 2





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

1) (0,5đ) d(M;(Q)) = 1

3 b. (1,5đ) Vì



    

    

   


2 1 3 2x y 3z 1 0

(d) (P) (Q) :

x y z 5 0

1 1 1

Lấy hai điểm A(



3;0), B(0;



3) thuộc (d) .
+ Mặt phẳng (T) có VTPT là nT (3; 1; 0)

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

+ ( R) :      

 

 

Qua M(1;0;5)

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

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

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

+ Thể tích :  



       

4 1 16

2 2 2 4 5 2

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

3 5 5

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

1) (0,5đ ) Giao điểm I(1;0;4) .

2) (0,5d) sin 2 2 1 1

2 6

4 1 1. 1 4 1

  

     

   

3) (1,0đ) Lấy điểm A(3; 1;3) (d). Viết pt đường thẳng (m) qua A và vng góc với (P)
thì (m) : x  3 t , y  1 2t ,z 3 t  . Suy ra : (m)(P) A '( 5; 0; )5

2 2 .

       

( ) (IA ') : x 1 t, y 0,z 4 t , qua I(1;0;4) và có vtcp là IA ' 3(1 ; 0; 1)
2

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Đặt : u 2 2y 0,vlog x2 . Thì 



       

 

uv 4

hpt u v 2 x 4; y

u v 4 2

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

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x42x21 có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

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

4 2

x 2x m0 (*) .

Câu II ( 3,0 điểm )

1) Giải phương trình :

log x 2 logx cos 1
3
cos

3 log x x 1

3 2



 






2 Tính tích phân : I =

x
x(x e )dx
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 vng góc với nhau từng đơi một với SA = 1cm,
SB = SC = 2cm .Xác định tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của
mặt cầu và thể tích của khối cầu đó.

II . PHẦN RIÊNG (3 điểm)

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

Câu IV.a (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 điểm:
A(



2;1;



1) ,B(0;2;



1) ,C(0;3;0), D(1;0;1) .

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

(

1

) :

x 1

y

z

1

4 







x

2 t

(

2

) : y

4 2t

z 1

  







 

 



và mặt phẳng (P) : y 2z 0

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

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

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tìm m để đồ thị của hàm số

x x m

(C ) : ym

x 1

 


 với m0 cắt trục hoành tại hai điểm
phân biệt A,B sao cho tuếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vng góc nhau .

. . . .Hết . . . .

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

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) x42x2 1 m 1 (2)
Phương trình (2) chính là phương trình điểm
chung của ( C ) và đường thẳng (d) : y = m – 1
Căn cứ vào đồ thị (C ) , ta có :

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

Câu II ( 3,0 điểm )

1) 1đ Điều kiện : 0 < x , x1

  

      



  





     



 




 

2 x

2
2

log x 2 log 2 1

pt 3 1 log x 2 log 2 1 0

log x 1 x

log x log x 22 0 2

log x 2

x 4

2) 1đ
Ta có :

1 1 1

x 2 x

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

0 0 0





 







  với

1
2

I1 x dx

3
0







1
x

I2 xe dx 1





 .Đặt : ux,dv e dx x . Do đó : I 4
3



3) 1đ Ta có : TXĐ D [ 1;2] 

y 6x2 6x 12 , y 0 6x2 6x 12 0 x 2 (l)

x 1

  

         



Vì y( 1) 15, y(1) 5, y(2) 6   

nên Miny y(1) 5 , Maxy y( 1) 15

[ 1;2] [ 1;2]

    

 

Câu III ( 1,0 điểm )

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

SAB

 vng .

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 .

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

Ta tính được : SI = 1AB 5

2  2 , OI = JS = 1 ,

bán kính R = OS = 3

2. Diện tích : S =

2 2

4 R  9 (cm )

Thể tích : V = 4 R3 9 (cm )3
3 2

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

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

1) 0,5đ (BC) :

x 0

Qua C(0;3;0)

(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

3) 0,5đ V 1 [AB,AC].AD 3

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 = aP 2 ( 1;2; 0)

Khi đó : N ( 2) (P) N(19 2; ;1)
5 5

   

2) 1đ Gọi A ( 1)(P)A(1; 0; 0) , B ( 2)(P)B(5; 2;1)
Vậy (m) (AB) :x 1 y z

4 2 1



  



Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

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

  .Từ (*) suy ra mx x 2 . Hệ số góc

x 2x 1 m 2x 1

k y

2 x 1

(x 1)

   



  




Gọi x ,xA B là hoành độ của A,B thì phương trình (*) ta có : xAxB 1 , x .xA Bm

Hai tiếp tuyến vng góc với nhau thì

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

  thỏa mãn (*)
Vậy giá trị cần tìm là m 1



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

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x33x 1 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(14

9 ; 1) . .
 Câu II ( 3,0 điểm )

1) Cho hàm số :

2
x x

y



e

  . Giải phương trình

y





y





2y



0

2) Tính tìch phân :

2 sin 2x

I dx

(2 sin x)
0








3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y2 sin x cos x 4 sin x 13  2   .

Câu III ( 1,0 điểm )

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

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

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

1) Theo chương trình chuẩn :

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

 

x 1 y 2 z

( 1) :

2 2 1,

 




    

 


x 2t
( 2) : y 5 3t

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) :

x

2 

y

2 

z

2 

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 .

. . . . . . ……

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

HƯỚNG DẪN

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

1) 2đ

x  1 1 
y + 0  0 +

y 3 

 1

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

14
(d) : y 1 k(x )

    (d) : y k(x 14) 1

   

(d) tiếp xúc ( C)  Hệ sau có nghiệm

14
3

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

9
2

3x 3 k (2)



    





 



Thay (2) vào (1) ta được : 3x3 7x2 4 0 x 2,x 1,x 2
3

       

x = 2 (2) k 5 tt ( 1) : y 5x 43

3 3 3 27



       



 x = 1(2) k 0tt (2) : y 1

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

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ  y ( 2x 1) e x2x, y(4x24x 1) e x2x

y y 2y (4x2 6x 2) e x2 x ; y y 2y 0 2x2 3x 1 0 x 1, x 1
2

 

              



b) 1đ

Phân tích sin 2xdx 2sin x.cos xdx 2sin x.d(2 sin x)

2 2 2

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



 

  

Vì d(2 sin x) cos xdx 

nên      

   

2 sin x

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

2.[ ]d(2 sin x)

2 2 2 2

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

  

 

1 2

2.[ ]d(2 sin x)

2 sin x (2 sin x)2

Do đó :



  



2 2

I 2.[ ln | 2 sin x | ] 0

2 sin x =
1

2 ln 3
3 

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

Ta có : y2 sin x sin x 4 sin x 23  2  

Đặt : tsin x , t [ 1;1]  y2t3t24t 2 , t [ 1;1]  

 2    2       2

y 6t 2t 4 ,y 0 6t 2t 4 0 t 1 t

Vì y( 1) 3,y(1)   1,y(2) = 98
3 27 .

Vậy :

    



         

2 98 2 2

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

3 27 3 3

R [ 1;1]

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
2

R [ 1;1]

Câu III ( 1,0 điểm )

Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM



AB thì OM = a

SAB cân có SAB60 nên SAB đều . Do đó : AM AB SA

2 2

SOA vng tại O và SAO30nên

  SA 3

OA SA.cos30

2 . OMA vng tại M do đó :

        

2 2

3SA SA

2 2 2 2 2 2

OA OM MA a SA 2a SA a 2

4 4

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
 1. Theo chương trình chuẩn : 
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : 
1) 1đ ( 1) : Qua A(1;2;0)

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




 

 




 , ( 2) : Qua B(0; 5;4)

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

 



 








AB ( 1; 7; 4),[a ;a ].AB   1 2   9 0

   



(



1

)

(



2

)

chéo nhau .

2) 1đ (P) : Qua ( 1) (P) : Qua A(1;2; 0) (P) : 3x 2y 2z 7 0
+ VTPT n = [a ;a ] (3;2;2)

+ // ( 2) 1 2

  

 

     

 



 

 



  

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Ta có :

 


        

  



x 2

3 2

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

x 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   

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

1) 0,5đ Gọi

x 2 t

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

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

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

+ (P) P

z 2t

  


  

   

  



 

   



 

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

+ (Q) // (P) nên (Q) :

x y 2z m

 





0 (m 1)



+ (S) tiếp xúc (Q) d(I;(Q)) R | 1 2 6 m | 6 | 5 m | 6 m 1 (l)

m 11

 

  

        

 

Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) :

x y 2z 11 0

 





Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

     



          

z 1 i z 2 r

1 2 1 2 3

cos , sin

2 2 4

2 2

Vậy : z 2(cos3i sin3)

4 4

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

ĐỀ SỐ: 6

( Thời gian làm bài 150 phút )

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

Cho hàm số y x 3
x 2



 có đồ thị (C)
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 )

1) Giải bất phương trình

ln (1 sin )

2 2

e log (x 3x) 0




  

2) Tính tìch phân : I =






2 x x

(1 sin ) cos dx

2 2

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 


x
e
y

e e

trên đoạn [ ln 2 ; ln 4 ] .

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

(d ) : y1 3
z t

 






 


và (d ) :2 x 2 y 1 z

1 1 2

 

 

 .

1) Chứng minh rằng hai đường thẳng (d ), (d )1 2 vng góc nhau nhưng khơng cắt nhau . 
2) Viết phương trình đường vng góc chung của (d ), (d )1 2 .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Tìm mơđun 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
đường thẳng (d1 ) :

x 4

y 1

z

2

1 





, (d2 ) :

x 3

y 5

z 7

2

3

2 







1) Chứng tỏ đường thẳng (d1) song song mặt phẳng (



) và (d2) cắt mặt phẳng (



) .
2) Tính khoảng cách giữa đường thẳng (d1) và (d2 ).

3) Viết phương trình đường thẳng () song song với mặt phẳng (



) , cắt đường thẳng
(

d1

) và (

d2

) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tìm nghiệm của phương trình

z



z

2

, trong đó

z

là số phức liên hợp của số phức z .

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

HƯỚNG DẪN

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

Câu I ( 3,0 điểm )

1) 2đ

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

x 3 2

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



       

 (1)

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

biệt khác 1 

m 0 m 0

m 0

m m 0 m 0 m 1

m 1

g(1) 0 m 2m 1 0

   

 

  



        

  




     






Câu II ( 3,0 điểm )

1) 1đ pt  ln 2 2 2

2 2

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



x

 

3

(1)



log (x2 23x) 2x23x22 x23x 4 0  4 x1
So điều kiện , bất phương trình có nghiệm :  4 x 3 ; 0 < x 1

2) 1đ I =

 



     



2 x x x 2 x 1 x 1

(cos sin .cos )dx (cos sin x)dx (2sin cos x)

2 2 2 2 2 2 2 0

0 0

2. 2 1 1 2

2 2 2

3) 1đ Ta có :    


x
e

y 0 , x [ ln 2 ; ln 4 ]

x 2

(e e)

+  


2
min y y(ln 2)

2 e
[ ln 2 ; ln 4 ]

+  



4
Maxy y(ln 4)

4 e
[ ln 2 ; ln 4 ]

Câu III ( 1,0 điểm )



2 3

a 3 a 3

Vlt AA '.SABC a.

4 4

  

 Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp



ABC , A 'B'C'



thí tâm của mặt cầu (S) ngoại
tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm
I của OO’ .

x  2 

y + +

y 

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

Bán kính R IA AO2 OI2 (a 3)2 ( )a 2 a 21

3 2 6

     

Diện tích :

2
a 21 7 a

2 2

Smc 4 R 4 ( )

6 3



    

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

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

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

1) 1đ Thay x.y.z trong phương trình của (d1) vào phương trình của (d2) ta được :
2t 3 1 t (t 1) (t 4)

1 1 2

 

       

 vô nghiệm .Vậy d1 và d2 không cắt nhau .
Ta có : d1có VTCP u1 ( 2; 0;1) ; d1có VTCP u2 (1; 1; 2)

Vì u .u 1 2 0 nên d1 và d2 vng góc nhau .

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

MN vuông với (d ), (d )s1 2 MN.u1 0 t 0 M(2;3; 0), N( ; ;5 4 2)

m 1/ 3 3 3 3

MN.u2 0

    



  

 

 




 
 

(MN) :x 2 y 3 z

1 5 2

 

   là phưong trình đường thẳng cần tìm .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Vì (1 i) 3133i 3i 2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)

(d ) :1 , (d ) :2 ,

VTCP u1 (2;2; 1) VTCP u2 (2;3; 2)

 

( )



có vtpt

n (2; 1;2)







Do u .n 1 0 và

A ( )

 

nên (d1) // (



) .
Do u .n 2   3 0 nên (d1) cắt (



) .

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



 

 

 

[u , u ].AB1 2

d((d ),(d ))1 2 3

[u , u ]1 2

3) 0,75đ phương trình        




qua (d )1

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

// ( )



Gọi N (d ) 2   ( ) N(1;1;3) ; M (d ) 1 M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3)      
Theo đề : MN29  t 1 .

Vậy         

    





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

( ) : ( ) :

VTCP NM (1; 2; 2) 1 2 2



Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

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

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



2 2

a b a

2ab b

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

2 2 ,  

1 3

( ; )

2 2 .

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

ĐỀ SỐ: 7

( Thời gian làm bài 150 phút )

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

Cho hàm số

y = x





2x

2 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 .
2) Tính tìch phân : I = 2

1
x

x(e sin x)dx





3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số  

 2

x 1
y

1 x

Câu III ( 1,0 điểm )

Tính tỉ số thể tích của hình lập phương và thể tích của hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

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

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với các đỉnh là :
A(0;



2

;1) , B(



3

;1;2) , C(1;



1

;4) .

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 vng góc với mặt phẳng (OAB)
với O là gốc tọa độ .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

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

1
y

2x 1 , hai đường thẳng x = 0 ,

x = 1 và trục hoành . Xác định giá trị của a để diện tích hình phẳng (H) bằng lna .

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (



1;4;2)

và hai mặt phẳng (P1) :
2x y z 6   0 , (P ) : x 2y 2z 22    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 vng góc của điểm M trên giao tuyến



Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

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

x

2

và (G) : y =

x

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

. . . ………. . . .

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

HƯỚNG DẪN

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

1) 2đ

2) 1đ Gọi () là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k nên ( ) : y k(x 2). () là tiếp tuyến
của ( C )  Hệ sau có nghiệm :

4 2

x 2x k(x 2) (1)

4x 4x k (2)



   




  



Thay (2) vào (1) ta được : x(x 2)(3x2 2x 4) 0 x 2 2,x 0,x 2
3

        

 x 2 2 (2) k 8 2 ( 1) : y 8 2x 16

3 27 27 27

         

 x0(2) k 0 ( 2) : y0

 x 2(2)k 4 2 ( 3) : y 4 2x 8

Câu II ( 3,0 điểm )

1) 1đ Ta có : a = lg392 = lg(2 .7 ) 3lg 2 2 lg 7 3lg3 2    102 lg 7 3 3lg 5 2 lg 7  



2 lg 7 3 lg 5 a 3   (1)

b = lg112 = lg(2 .7) 4 lg 2 lg 7 4 lg4    104 lg 5 4 4 lg 5 lg 7  

lg 7 4 lg 5 b 4   (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ :          

  



2 lg 7 3lg 5 a 3 1 1

lg 5 (a 2b 5) , lg 7 (4a 3b)

lg 7 4 lg 5 b 4 5 5

2) 1d Ta có I = 2 2

1 1 1

x x

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

0 0 0

    



2 2 2

1 1

1 1 1

x x 2 x

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

2 2 2

0 0









  . Cách khác đặt t =

x

I2 x sin xdx .
0





Đặt :    

  

 

u x du dx

dv sin xdx v cos x

nên   



     

1 1

2 0 0

I [ x cos x] cos xdx cos1 [sin x] cos1 sin1

Vậy : I 1(e 1) sin1 cos1  

x  1 0 1 

y + 0  0 + 0 

y 1 1

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

3) 1đ Tập xác định : R;    

 2  2

1 x

y , y = 0 x = 1

(1 x ) 1 x

,

           

    


x x x x

x(1 )

lim y lim lim y 1 ; lim y 1

1
x . 1

Bảng biến thiên :

Vậy : Hàm số đã cho đạt :  

M max y = y(1) 2



Không có GTNN

Câu III ( 1,0 điểm )

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

Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có bán
kính R a 2

 và chiều cao h = a nên có thể

tích là

3
a

V2  2 . Khi đó tỉ số thể tích :

V1 a 2

3
V2 a
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)

Trung tuyến       

  






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

(AM) : (AM) :

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




2) 1đ

Mặt phẳng (OAB) :


 

  



Qua O(0;0;0)

OA (0; 2;1)
VTCP :

OB ( 3;2;1)



   

 


VTPT n = [OA;OB] ( 1)(5;3;6)



 

 
     

  

 

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

(d): (d) : y 1 3t

VTCP u = n = ( 1)(5;3;6)

z 4 6t




Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Vì hàm số 


1
y

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

     
 



1 1
1
0
0 0

1 1 d(2x 1) 1 1

S dx ln 2x 1 ln 3

2x 1 2 2x 1 2 2

x  1 

y + 0 

y 2

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

Theo đề :         




a 0
1

S ln a ln 3 ln a ln 3 ln a a 3

a 3

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

1) 1đ

+ Mặt phẳng (

P

1) có VTPT n1(2; 1;1) , mặt phẳng (

P

2) có VTPT n2 (1;2; 2)
Vì 2  1

1 2 nên suy ra (

P

1) và (

P

2) cắt nhau .

+ Gọi

u



 là VTCP của đường thẳng



thì



u

vng góc

n



1và

n



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

Vì  (P )1 (P )2 . Lấy M(x;y;x)

 

( )

thì tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ :

    

   



2x y z 6 0

, cho x = 2 ta

x 2y 2z 2 0 được :

   

 



 

   

 

y z 2 y 1

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

2y 2z 4 z 3

Vậy






 

      



   





x 2

qua M(2;1;3)

( ) : ( ) : y 1 t

vtcp u 5(0;1;1)

z 3 t



2) 1đ Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên đường thẳng (



) .

Ta có : MH

 

. Suy ra :

H

  

(Q)

, với (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông
với



. Do đó




          

 

  

qua M(2;1;3)

(Q) : (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 :
t1pt( ) H(2;2; 4)

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Phương trình hồnh độ giao điểm của ( C) và (G) : x x2 x0, x 1
Khi đó (H) giới hạn bởi các đường thẳng x = 0 , x = 1 , ( C) và (G) .

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



     

1 2 5

4 1

2 1 0

x x 3

V V V (x x )dx [ ]

2 5 10

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

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x33x24 có đồ thị (C)

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

2) Cho họ đường thẳng (d ) : ym 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 )

1) Giải bất phương trình

x 1

x 1 x 1

( 2 1) ( 2 1)


 

  

2) Cho

f(x)dx 2
0





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

f(x)dx
1





3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất nếu có của hàm số  2

x
4x 1

y 2 .

Câu III ( 1,0 điểm )

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a . Hình chiếu vng góc
của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB . Mặt bên (AA’C’C) tạo với đáy một góc
bằng 45 . Tính thể tích của khối lăng trụ này .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

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

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 , vng góc với
mặt

phẳng (Q) :x y z  0 và cách điểm M(1;2;1) một khoảng bằng 2 .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Cho số phức  


1 i
z

1 i . Tính giá trị của
2010

z .

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

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

x 1 2t

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 vng 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 .

. . . ……… . . . .

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

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 hồnh độ điểm chung của (C)
và (d )m :

x 2

3 2 2

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

x 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 ln cắt (C) tại điểm cố định I(2;16 ) .

Câu II ( 3,0 điểm )

1) 1đ Vì ( 2 1)( 2 1) 1 2 1 1 ( 2 1) 1
2 1



       



nên

x 1

x 1 x 1

x 1

bpt ( 2 1) ( 2 1) x 1

x 1




 



       

 do 2 1 1 
(x 1)(x 2) 0 2 x 1

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)

Khi đó : I =

0 1 1 1

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

1 0 0 0





 



  



 



 

3) 1đ Tập xác định D R

  , ta có : (2x 1)2 0 4x2 4x 1 0 4x 1(4x2 1) x 1

2 4

4x 1

            



(1)

(2x 1)2 0 4x2 4x 1 0 (4x2 1) 4x x 1

2 4

4x 1

          



(2)
Từ (1) và (2) suy ra :

2 2

x x

1 1

1 x 1 4 4x 1 4 1 4x 1 4

2 2 2 2 2, x

2 4

4 4x 1 4 2



 

          



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

Vậy : min yy(1) 1 ; max yy( )1 42

2 4 2

R 2 R

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) .
Khi đó : A’H = HE = a 3

( bằng 1

2 đường cao



ABC) . Do đó :

 

2 3

a 3 a 3 3a

VABC.A ' B'C' .

4 4 16

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

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

Vì (P)



(Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0



A+B+C = 0 C A B (1)
Theo đề :

d(M;(P)) =

2

         

 

A 2B C 2 2 2 2

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

2 2 2

A B C

(2)

Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5B2 0B 0 hay B = 8A

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

 B =8A

5 . Chọn A = 5 , B =



1

 
(1)

C 3 thì (P) : 5x 8y 3z  0
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Ta có :     


1 i (1 i)

z i

1 i 2 nên

  

      

2010 2010 4 502 2 4 502 2

z i i i .i 1.( 1) 1

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

) (S ) : (x 1)1  2y2(z 1) 2 9

 t =



1

thì I(

 

1; 2

;



1

) (S ) : (x 1)2  2(y 2) 2(z 1) 2 9

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





vng góc với

u,n

 

do đó ta chọn

   



  

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

Vậy       

    



   

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

( ) : ( ) :

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




Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

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

Theo đề phương trình bậc hai z2Bz i 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i .
nên ta có : z12z22 (z1z )2 22z z1 2 S22P ( B)22i 4i hay B2  2i hay
(a bi) 2  2ia2b22abi 2i Suy ra : a2 b2 0

2ab 2



  



 




.
Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là (1; 1),( 1;1) 

Vậy : B 1 i   , B = 1 i 

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

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 x33x2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
x33x2k0.

Câu II ( 3,0 điểm )

1) Giải phương trình 33x 4 92x 2
2) Cho hàm số

2
1
y

sin x

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

6


; 0) .

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

   với x > 0 .

Câu III ( 1,0 điểm )

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

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

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

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) : x 2 y z 3

1 2 2

 

 

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

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 vng góc với (d) .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường :

y

ln x, x

1 , x

e



và trục hồnh .

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

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

(d ) :

x

2 4t

y 3 2t

z

3 t

  



 



   



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

. . . …………. . . .

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

HƯỚNG DẪN

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

1) (2d)
2)(đ

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

2 2

x 1 8

3 9 3 3 3x 4 4x 4 x

7
(3x 4) (4x 4)

              



  



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 :
x 1 2

  . Dấu “=” xảy ra khi x 1 x2 1 x 0 x 1
x



    

y 2 2  4 . Vậy :
(0; )

M iny y(1) 4


 

Câu III ( 1,0 điểm )

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

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

Tính bán kính R = SI .

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

SO =

2
SA
2.SO

SAO vuông tại O . Do đó : SA = SO2OA2 = 12 6
3

 = 3 SI = 3

2.1=

3
2

Diện tích mặt cầu : S 4 R  2  9
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
 1. Theo chương trình chuẩn : 
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

1) (0,5 đ) A(5;6;9)
2) (1,5đ)

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

u [u ; n ] (0;1;1)d P 

  

x  0 2 

y  0 + 0 

y  3

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

+ Phương trình của đường thẳng () :
 


  

   

x 5

y 6 t (t R)

z 9 t

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

+ Diện tích :

1 e

S ln xdx ln xdx

1/e 1

 







+ Đặt : u ln x,dv dx du 1dx,v x
x

    



ln xdxx ln x



dxx(ln x 1) C  => S x(ln x 1)1 x(ln x 1) e 2(1 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) .
2) (1,5đ) Gọi

u



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

u uP
 





 

  nên ta chọn











 

u [u, u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2)s

P

. Ptrình của đường thẳng (d1) :

  


  

   


x 2 3t

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) .
Theo đề : AM 14 9t2 81t2 36t2 14 t2 1 t 1

9 3

         

+ t = 1

 M(1;6;5) ( 1) :x 1 y 6 z 5

4 2 1

  

   

+ t = 1

3 M(3;0;1)

x 3 y z 1

( 2) :

4 2 1

 

   

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Gọi x + iy là căn bậc hai của số phức z 4i, ta có :

2 2 x y

2 x y 0

(x iy) 4i

2xy 4
2xy 4
 
   
    

 
  



hoặc x y

2xy 4

  


 


x 2y

2x 4
 

 
 



(loại) hoặc x 2y

2x 4
  



  



x y x 2; y 2

2 x 2; y 2

x 2
   
   
  
  
 
 


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

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

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 x33x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)
1. Giải phương trình:

3 6

3 3 80 0
x x

  

2. Tính ngun hàm:



ln(3x1)dx

3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất hàm số f x( )x33x29x3 trên đoạn



2; 2



Câu III.(1 điểm)

Cho tứ diện S.ABC có ba cạnh SA, SB, SC đơi một vng góc và SA=a, SB=b, SC=c. Hai điểm M,
N lần lượt thuộc 2 cạnh AB, BC sao cho 1 , 1

3 3

AM  AB BN  BC. Mặt phẳng (SMN) chia khối tứ
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’)

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 vng 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 trịn xoay được tạo bởi phép quay quanh trục Ox hình phẳng
giới hạn bởi các đường y x22x1,y0,x2,x0.

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

Cho mặt phẳng (P): 2x+y-z-3=0 và đường thẳng (d): x 2 y z 3

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)

Xác định tọa độ giao điểm của tiệm cận xiên của đồ thị hàm số

3 1
2

x x

y
x

 



 với parabol (P):

2 3 2

yx  x

---

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

ĐÁP ÁN

Câu NỘI DUNG Điểm

(2,0 điểm)

Tập xác định : D = R 0,25

Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên: y ' 3x23

 ' 0 1

x
y

x

 


  




Trên các khoảng ( ; 1) và (1:), y'0 nên hàm số nghịch 
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

Hàm số đạt cực đại tại x1, giá trị cực đại y0

0,50

0.25

 Giới hạn:

x x

lim y ; lim y

 

    0,25

 Bảng biến thiên:

x  -1 1 

y  0 + 0  0,25

 Đồ thị:

-Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ;

 2)

-Ta có: 3 3 2 0 1

x

x x

x




     

 


nên đồ thị cắt trục hoành tại 2 
điểm

(1;0) và (-2;0)

0,50

(1,0 điểm)

Số nghiệm của phương trình x33x 2 m bằng số giao điểm của

hai đồ thị hàm số y x33x2 và ym. 0,50

I 
(3,0 
điểm)

Dựa vào đồ thị ta có:

Nếu m 4hoặc m0 phương trình có 1 nghiệm. 
Nếu m 4 hoặc m0 phương trình có 2 nghiệm. 
Nếu  4 m0 phương trình có 3 nghiệm.

0,50

Câu NỘI DUNG Điểm

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

Ta có:

12 6

3 6 6 3

3 3 80 0 3 80 0

9
x

x x x

 

       

 

Đặt 3 (6 0)

x

t t ta được phương trình: 2 80 0
9

t

t   

0,50 
t 9
80
t
9




  


Nghiệm t 80
9

  không thỏa mãn điều kiện.

Với t=9 ta có: 36 9 2 12

6
x

x

    

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=12.

0,50

5. (1,0 điểm) 
ln(3x1)dx



Đặt u=ln(3x-1) và dv=dx thì: 3

3 1

du dx

x



 và

vx

0,25

3
ln(3 1) ln(3 1)

3 1

1 1

ln(3 1) 1 ln(3 1)

3 1 3 1

x
x dx x x dx

x

x x dx x x dx dx

x x
   


 
         
 
 



0,50

x ln(3x 1) x ln(3x 1) C
3

      0,25

6. (1,0 điểm)

Ta có: f x'( )3x26x9 0,25

Do đó: f’(x) = 0  '( ) 0 3
1
x
f x
x
 

  



Ta có: f( 2) 25; f(2)5; (1)f  2

0,25

(3,0 
điểm)

Suy ra:

x [ 2;2]

max f (x) f ( 2) 25
 

  

x [ 2;2]min f (x)  f (1) 2

0,50

III 
(1,0 
điểm)

Diện tích của tam giác: SBC là: 1 .

2 2

SBC

bc
S  SB SC

Vì SA SB SA (SBC)

SA SC


 




nên thể tích của tứ diện S.ABC là:

1 1

3 3 2 6

S ABC SBC

bc abc

V  SA S  a 

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

1 2

3 3

BM BAAM BA BA b
Gọi thể tích khối đa diện (H) và (H’) lần 
lượt là : V V H, H'

Ta có :

.
'

. .

2 1 2
.
3 3 9
B SMN

H

S ABC B SAC

V

V BS BM BN

V V  BS BA BC  

S B

0,25

2
.

9 6 27
H

abc abc
V

  

' .

7
6 27 54
H S ABC H

abc abc

V V V    abc

0,25

Câu NỘI DUNG Điểm

3. (1,0 điểm)

Kí hiệu d là đường thẳng đi qua A và vng góc với (P).

Gọi H là giao điểm của d và (P), ta có H là hình chiếu vng góc của A 
trên (P)

0,25

Do v = (1 ; 2 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P) nên v là một vectơ 
chỉ phương của d. Suy ra, d có phương trình : x 1 y 4 z 2

1 2 1

  

  0,25

Do đó, tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:

x 1 y 4 z 2

1 2 1

x 2y z 1 0

  



 




    



. Giải hệ trên, ta được : x = 2

 , y = 2

3, z = 
1
3.

Vậy H 2 ; 1 ; 1

3 3 3

 



 

 .

0,50

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 :

2 2 2

1.1 2.4 1.2 1 5 6
R

1 2 1

  

 

 

0,50

IV.a

(2,0 
điểm)

Do đó, mặt cầu có phương trình là:

2 2 2 50

(x 1) (y 4) (z 2)
3

     

Hay 3x2 + 3y2 + 3z2 – 6x – 24y – 12z + 13 = 0

0,50

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường đã cho là:









2 2 2 2 4

0 2 1 0 1

V 



x  x dx



x dx 0,50

V.a 
(1,0

điểm)

2
5

( 1) 2

5 5

x 

 

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

1. (1,0 điểm)

Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ phương trình:

  

 






    



x 2 y z 3

1 2 2

2x y z 3 0

0,25

  

 

  


x 4

y 4

z 7

0,50

Vậy H



4 ; 4 ; 7



. 0,25

2. (1,0 điểm)

Gọi  là hình chiếu của đường thẳng dtrên mặt phẳng (P)

Gọi (Q) là mặt phẳng xác định bởi  và d.

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng d là ud (1; 2; 2)

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n1(2;1; 1)

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ((Q) là: n2 u nd, 1(0;5;5)

  
Phương trình của mặt phẳng (Q):5(x4) 5( z7)0

Hay : x+z+3=0

0,50

IV.b 
(2,0 
điểm)

Đường thẳng  là giao tuyến của (P) và (Q):Xét hệ 2 3 0

3 0

x y z

x z

   





  


Đặt x=t ta có z=-3-t, y=-3t Phương trình của đường thẳng

: 3

x t

y t

z t





   

   


0,50

Ta có

2 2

3 1 1 3 1 1

1 ( 1)

2 2 2 2

x x x x

x x

x x x x

   

       

   

lim 0

2
x x

 

 

 



 

Vậy đường thẳng (d): y=x-1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số

0,50

V.b 
(1,0 
điểm)

Xét phương trình:

2 2 1

3 2 1 4 3 0

x

x x x x x

x





         




Với x=1 thì y=0, x=3 thì y=5

Vậy (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm (1;0) và (3;5)

</div>

de thi thu

<b>ĐỀ SỐ : 1 </b>

<sub></sub>

<b>ĐÁP ÁN </b>

<b>Câu </b>

<b>NỘI DUNG </b>

<b>Điểm </b>

<sub></sub>

<sub></sub>

<b>ĐỀ SỐ: 2 </b>





1









1



3

<sub></sub>

<sub></sub>



<b>ĐỀ SỐ: 3 </b>

<sub></sub>

x 3

y 1

z 3

2

1

1













2











<sub></sub>





[ 1;2]









(

<sub>1</sub>

) :

x 1

y

z

1

1

4











x

2 t

(

<sub>2</sub>

) : y

4 2t

z 1

  





<sub></sub>

 

 



<sub></sub>