DE CUONG ON THI TOT NGHIEP MON TOAN BAN CO BAN DAYDU

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (667.82 KB, 50 trang )

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

ĐỀ CƯƠNG ÔN T HI TỐT NGHIỆP NĂM HỌC 2011 – 2012

MƠN : TỐN

A /Chủ đề 1 : Khảo sát hàm số và các bài toán liên quan :

I/ Sơ đồ khảo sát hàm số:

1 / Tập xác định

- Hàm số bậc 3 và bậc 4 : TXĐ : D = R

- Hàm số hữu tỷ : TXĐ : D = R – { - d/c } 
 2/ Sự biến thiên.

. Xét chiều biến thiên của hàm số.
 + Tính đạo hàm y’.

+ Tìm các điểm tại đó đạo hàm y’ bằng 0 hoặc không xác định
 + Xét dấu đạo hàm y’ và suy ra chiều biến thiên của hàm số
. Tìm cực trị

. Tìm các giới hạn tại vô cực, các giới hạn vô cực và tìm tiệm cận (nếu có)
. Lập bảng biến thiên. (Ghi các kết quả tìm được vào bảng biến thiên)
- Hàm bậc 3 :

Hàm bậc 4 :

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

Đề cương ôn tập thi tốt nghiệp THPT Năm học 2011 – 2012 – Ban cơ bản

- Hàm hữu tỷ :

3 / Đồ thị : Dựa vào bảng biến thiên và các yếu tố xác định ở trên để vẽ đồ thị

a / Hàm bậc ba:

b/Hàm bậc bốn trùng phương:
 
xy
’

-

+
-
y
 
 
 
C
Đ 
 
C
T
Tr
ườ
ng
hợ
p
a
<
0 .
y’
=

0
có
ha
i
ng
hi
ệ
m
’

+

+
y
Tr
ư
ờn
g
hợ
p
a
>
0
,
y’
=
0
kh

ôn
g
ng
hi
ệ
m
ho
ặc
ng
hi
ệ
m
ké
p
xy
’

-

-
y
Tr
ư
ờn
g
hợ
p
a

<
0
,
y’
=
0
kh
ôn
g
ng
hi
ệ
m
ho
ặc
ng
hi
ệ
m
ké
p
xy
’
+
-

+

-y
C

Đ
 
 
C
T
C
Đ
Tr
ư
ờn
g
hợ
p
a
<
0 ,
y’
=
0
có
ba
ng
hi
ệ
m
x
y’

+

-
y
 
 
 
 
 
 
C
Đ
Tr
ư
ờn
g
hợ
p
a
<
0 ,
y’
=
0
có
m
ột
ng
hi

ệ
m
xy
’

+

+y
Tr
ườ
ng
hợ
p
ac
–
bd
>
0
xy
’

-

-y
Tr
ườ
ng
hợ
p
ac

–
bd
<
0
Trường hợp a > 0 ,pt y’ = 0 có 2 nghiệm Trường hợp a < 0 ,pt y’ = 0 có 1nghiệm

Hoặc vơ nghiệm

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

( Kèm theo giáo án điện tử bài Khảo sát hàm số )

II / Các bài toán liên quan đến khảo sát : ( Kèm theo bài GA ĐT bài tốn phương trình tiếp 
tun, bài tốn biện luận nghiệm pt theo đồ thị )

1/ B ài tốn Phương trình tiếp tuyến :Cho hàm số y = f ( x ) ,Gọi (C ) là đồ thị của nó , hãy 
viết phương trình tiếp tuyến của đường cong ( C ) tại điểm M0(x0;f(x0)).

Cách giải : Phương trình có dạng :
 y – y0 = f ’(x0) ( x – x0 )

Ví dụ : Cho hàm số y = x3 – 2x2 + 1. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) của nó tại điểm M

( -1 ; -2 ) .

Giải : Ta thấy M là một điểm thuộc đồ thị ( C ) . 
 Đạo hàm f ’(x) = 3x2 – 4x => f ’(-1 ) = 7

Vậy phương trình tiếp tuyến tại M có dạng:
 y – (-2) = 7 ( x – (-1)) ó y+2 = 7x + 7
 Hay y = 7x + 5

2/ B ài tốn biện luận nghiệm của phương trình bằng đồ thị :

Dựa vào đồ thi biện luận số nghiệm của phương trình f ( x;m ) = 0 (1) 
- Biến đổi F(x,m) = 0

Û

f(x) = g(x,m)

- Vẽ đồ thị (C) : y = f(x) và đường thẳng

D

: y = g(x,m)

- Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng

D

VÍ Dụ 1: Dùng đồ thị, biện luận theo m số nghiệm của phương trình:4x3 -3x - m = 0 (1)

Trường hợp a > 0 , pt y’ = 0 có 3 nghiệm Trường hợp a > 0 , pt y’ =0 có 1 nghiêm.

Trường hợp a < 0 , pt y’= 0 có 3 nghiệm

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

Lời giải:

- Biến đổi :
 4x3 -3x - m = 0

Û

4x3 -3x = m
- Vẽ đồ thị 
 (C) : y = 4x3-3x

và

D

: y = m

Ta thấy :

* m < - 1 hoặc m > 1 :

đồ thị và đường thẳng cắt nhau 
tại một điểm phương trình có
 một nghiệm.

* m = -1 hoăc m = 1, đồ thị và
Đường thẳng cắt nhau tại 2 điểm
Phương trình có hai nghiệm.

* -1 < m <1 : đồ thị và đường thẳng cắt nhau tại hai điểm , phương trình có ba nghiệm.
 3 / Bài tốn tìm diện tích hình phẳng :

Dùng cơng thức tings tích phân để tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) của hàm 
số , trục Ox, đường thẳng x = a ; x = b .

( )

b

a

S





f x dx

Ví dụ :VD1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = x2, x = 0, x = 3, trục Ox

Giải : Ta có cơng thức :

S 3x dx2
0





= 9 (đvdt)

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

1
2
3
4
5
6
7
8
9

x
y

O

III / Bài tập áp dụng : Ví dụ 1 : Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

y



x



3 x

2 (C),Dựa vào đồ
thị (C) tìm k để phương trình :



x



3 x



k



3 k



0

(1) có 3 nghiệm phân biệt.

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

* Sự biến thiên

' 3 2 6 3 ( 2) ' 0 0




      Û 




x

y x x x x y

x 
Hàm số nghịch biến trên ( ;0) (2; )

và đồng biến trên khoảng (0;2)

Hàm số có cực trị: yCD y(2) 4; yCT y(0) 0
Các giới hạn: xlim  y ; limx y  

Bảng biến thiên:

x   0 2 

y’ 0 + 0

-y  4

0  
* Đồ thị

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

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

-2 -1 1 2 3 4

-2
-1
1
2
3
4
5

x
y

2. Phương trình:

3 2 3 2

3

0

3 x

k

x

k









Û 







(1)

Dựa vào đồ thị thì để (1) có 3 nghiệm khi

3 2 3 2

3 2

3 2 3 2

3 0 3 0 1

0 3 4

3 4 3 4 0

k

k k k k k

k k

k

k k k k

k





       

  

    Û  Û  Û 



     

 

  

 


Vậy với

k

 

( 1;3) \{0,2}

thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
Ví dụ 2 :Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2

3

y x





x



Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm cực đại của (C).

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

* Tập xác định: D= R
* Sự biến thiên

' 3 2 '

4 4 4 ( 1) 0 1

x

y x x x x y x

x





      Û 


 



Hàm số đồng biến trên ( 1;0) (1;  )
và nghịch biến trên khoảng (  ; 1) (0;1)
Hàm số có cực trị: yCD y(0) 3; yCT y( 1) 2 
Các giới hạn: xlim  y ; limx y 

Bảng biến thiên:

x   -1 0 1 
y’ - 0 + 0 - 0 +

 3 

2 2
* Đồ thị

Đồ thi cắt trục Oy tại điểm (0;3)

Ví dụ 3 :Cho hàm số

 

1
1

x
y

x




 có đồ thị là (C) ,

a)Khảo sát hàm số (1),

b) Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) , trục Ox, đường thẳng x = 2;x = 5
Giải :

a )

TXĐ: DR\ 1

 

Sự biến thiên

 Chiều biến thiên:





' 0, 1

y x

x



   



-6 -4 -2 2 4 6

f x  = x4-2x2+3

*. Ta có tọa độ điểm CĐ là (0;3)

y’(0) = 0 Vậy phương trình tiếp tuyến
có dạng :y – 3 = 0.x

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

Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng



 ;1

 

 1;+



.
 Cực trị: hàm số khơng có cực trị

 Giới hạn: xlim  yxlim y1; xlim1 y ; limx1y

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

 Bảng biến thiên:

x   1  
y’

-y 1 

  1
 Đồ thị:

Cắt trục tung tại điểm (0; -1), cắt trục hoành tại điểm (-1;0).

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

B / Chủ đề 2 :Hàm số lũy thừa – Hàm số mũ – Hàm số Lô ga rit :

I / Các kiến thức cơ bản :

1/ Khái niệm , tính chất :

- Lũy thừa: Nắm các khái niệm , tính chất

. . ...

n

n so

a

a a a

a



   

.

( )

ab





a b



.

 .

a a



.





a

 

a

(

0)

a



 








.

( )

a

 



a

 .

(

0,

0)

m

m
n
n

a



a a



n



- Lô ga rit : Định nghĩa , tính chất điều kiện lo ga rit cơ số a , Lô ga rit Nê pe,Số e ;

8
6
4
2

-2
-4
-6
-8

-15 -10 -5 5 10 15

f x  = x+1
x-1

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

lô ga rit thập phân . Dùng định nghĩa để một số biểu thức chứa lô ga rit đơn giản. Áp dung các 
tính chất vào các bài tập biến đổi, tính tốn về lơ ga rit.

log

log ( . ) log

log

x

a

a a a

a a

a

b

x

b

x y

x

y

x

y

x



x



 Û











log

ln

lg

log

ln

lg

1 log

b
a

b

a

b

x

a

b

a



( Với những điều kiện để các biểu thức đều có nghĩa .)

2 / Ngoài ra phải biết áp dụng các tính chất của hàm mũ,hàm lo ga rit vào việc so sánh hai số
,hai biểu thức chứa mũ,lơ ga rit.

3 / Tính được đạo hàm hàm mũ,lo ga rit

4 / Giải được một số phương trình , bất phương trình mũ , lơ ga rit đơn giản .
II / Bài tập áp dụng :

Bài 1 / Giải phương trình

2 2 (1)

3 3

log

x



log

x

 

1 5 0



Giải :
.

2 2

3 3

log

x



log

x

 

1 5 0



. ( Đk: x > 0)
Đặt

2
3

log

1,

1 





t

x

t

ta được

2 2

1 log

t





x

2 (1)

6 0

3(

)

t

loai





Û

 

 Û 





3
3

3 3

log

3 t = 2

log

3 log

3 x













 Û



Û













Vậy tập nghiệm của phương trình là {

3 ;3

3  3}

Bài 2 / Giải phương trình :25x 26.5x25 0

Giải

Đặt 5x = t ( t > 0 ); ta có phương trình

2 26 25 0

1 0

25 2

t t

t x

  

 

 

Û   

 

 

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

Bài 3 : Giải phương trình: 32x 5.3x 6 0

Giải

Đặt t3 (x t0)

2 5 6 0 2

t

t t

t




    Û 




+ Với t = 2 3 2

log

x

Û  Û 

+ Với t = 3 Û 3x  Û3 x1

Vậy pt có 2 nghiệm là: x1,xlog 23

Bài 4 : Giải phương trình:

log

x



log (4 ) 5

x



Giải

Phương trình: log4xlog 42 x5

Điều kiện: x > 0

2 2 2

log log 4 log 5
2

log 3

log 2 4

x x

x

x x

   

Û 

Û  Û 

Vậy pt có 1 nghiệm là: x = 4

Bài 5 : Giải bất phương trình log2(x −3)+log2(x −2)≤1 (1)

Giải

 Điều kiện:

x −3>0

x −2>0

⇔x>3

¿{

(*)

 Khi đó:

(1)⇔log2(x −3)(x −2)≤1

⇔log2(x
2

−5x+6)≤1

⇔log2(x2−5x+6)≤log22

⇔x2−5x

+6≤2

⇔x2−5x

+4≤0

⇔1≤ x ≤4

So với điều kiện (*) ta suy ra tập nghiệm của bpt (1) là S=¿

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

Giải

 

2.9 4.3 2 1

2. 3 4.3 1 0

x x

  

Û   

Đặt t = 3x ( t > 0) có bất phương trình :

2t2 + 4t + 1 > 0 luôn đúng  t 0 vậy nghiệm của bất phương trình là : x R

Bài 7 : Giải bất phương trình : 0,5

2 1
2
5

log

xx 



Gi i ả

i u ki n Đ ề ệ

5

2

1

0 1

5

2 x







 





Û





 







0,5 0.5

0,5

0,5 0.5 0,5

2

1

2

1

2 log

2log 0,5

5

2

1 log

5

2

4

2 1 1

5

4

5

7

1

0 1

5

7 log

x

x

x

x



 Û









Û

















Û





 







Û

 Û









Bài 8 : Giải phương trình : log4(x + 2 ) .logx2 = 1 ( 1 )
 Giải :

Điều kiện :

x



0;

x



1

, Ta có :

2 2

2
1

2
2

log (

2)

log (

2)

log (

2)

log 4

2 log (

2)

x







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

1 1

2 2

1
2

2 2

1 log (

2) .log 2 1

log (

2)

log 2

log (

2)

log

2

x



 Û





Û





Û







 

.

Hay x2 – x - 2 = 0 Vậy x = -1 và x = 2

Theo điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x = 2.

Bài 9 : Giải bất phương trình : log0,5(4x + 11 ) < log0,5 (x2 + 6x + 8 )
 Giải

Điều kiện : 4x + 11 > 0 và x2 + 6x + 8 > 0 < = > x > -2

Vì cơ số 0,5 nhỏ hơn 1 nên tư bất phương trình : log0,5(4x + 11 ) < log0,5 (x2 + 6x + 8 )

Ta co BPT : 4x + 11 > x2 + 6x + 8 hay x2 + 2x -3 < 0 hay - 3 < x < 1

Vậy nghiệm của bất phương trình là : ( -3 ; 1 )

Bài 10 : Giải bất phương trình :

1 log

x

 

Giải :

2 2

1 log

1 (

:

0;

1)

log

2 log

1

0 log

(log )

log

2 0

x

dk x

x

 





Û

 



Û





Đặt t = log2 x , ta có bất phương trình :

2
2

1 t - t - 2

0

2 t

1 log

1

0

2 0 log

2 1

4

t

x

x

 



 Û 

 





 

 





Û



Û







 

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

Vậy tập nghiệm của BPT trên là

1 0;

(1;4)

2 













C / Chủ đề 3 : Nguyên hàm – Tích phân

:

I / Các kiên thức cơ bản :

- Bảng nguyên hàm các hàm số :

- Cơng thức tính tích phân :

( )  ( )  ( ) ( )



b

b
a
a

f x dx F x F b F a

- Tính chất của tích phân :

1.

b b

a a

kf x dx k f x dx( )  ( )



2.

b b b

a a a

f x g x dx  f x dx g x dx



[ ( ) ( )]



( )



( )

3.

b c b

a a c

f x dx( )  f x dx( )  f x dx( )



(a < c < b)

- Các phương pháp tính nguyên hàm ,tích phân :

+ Công thức đổi biến số :





b

a

f x dx( )  f ( ) ( )t t dt



 





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

+ Cơng thức tích phân từng phần :

b b b

a

a a

udv uv





vdu



- Ứng dụng tính diện tích và thể tích :

+ Công thức tính diện tích :Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f(x) liên tục trên đoạn

[a;b], trục hoành và 2 đường thẳng x = a, x = b thì diện tích S của nó được tính bởi cơng thức

b

a

S



f x dx( )
. Nếu hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số

y = f1(x) và y = f2(x) liên tục trên [a; b] và hai đừng thẳng

x = a, x = b, thì diện tích S của nó được tính bởi cơng thức

b

a

S



f x1( ) f x dx2( )

+ Cơng thức tính thể tích :

b

a

V 



S x dx( )

; Vật tròn xoay :

b

a

V 



f x dx2( )

Chú ý : Để làm tốt một số bài tập nguyên hàm và tích phân cần nắm chắc khái niệm vi phân và 
bảng đạo hàm các hàm số , nhất là trong phương pháp tích phân từng phần.

II / Các dạng toán thường gặp :

(sinx)’ = cosx ;
(cosx)’=-sinx ;
(tanx)’ =;

(sinu)’=u’.cosu
( cos u)’ = - u’.sinu
(tanu)’ =

(xn)’=nxn-1.

(nN*, n>1,x R)

Giả sử các hàm số u = u(x), v = v(x)
có đạo hàm tại các khoảng xác định. Ta có:
(u+v)’ = u’ + v’ (1)

(u-v)’ = u’ – v’ (2)
(uv)’= u’v+uv’ (3)
(v(x)≠0) (4)

(v =v(x)≠0)

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

1 / Sử dụng công thức Niu tơn _ Lai – bơ –nit.
2 / Sử dụng tích phân từng phần :

3 / Sử dụng phương pháp đổi biến số

+ Dạng :

( ).sinxdx;

( ). osxdx;

( ). dx;

b b b

x

a a a

p x

p x c

p x e



Trong đó P(x) là đa thức của x
Ta đặt u = P(x) ; dv = sinxdx ( tương tự với cosx , ex )

+ Dạng :

2 2

;

os

sin

;

(

)

os

b b

a a

x

dx

c

x

dx

u x dv

dv

c

x

c

x





+ Dạng

ln . ( )

b

a

x P x dx



; đặt u = ln
:

+ Dạng

( ). '.

b

a

f u u dx



. Đặt t = u ( x )

+ Dạng

sinx. ;

cosx.

b b

x x

a a

e

dx e

dx



Đặt u = sinx ( u = cosx ), dv = ex dx

+ Dạng

sin(lnx). ; cos(lnx).

b b

a a

dx



. Đặt u = sin(lnx) ( cos(lnx) ) ; dv = dx
4 / Sử dụng biến đổi đồng nhất thức :

 

   

  

1 1 1 1

A.B B A A B

5 / Tính diện tích , thể tích :Chú ý phải khử dấu giá trị tuyệt đối bằng định nghĩa hoặc tìm
giao điểm các đồ thị …

III / Bài tập áp dụng :

Bài 1 / Tính tích phân I =

1 sin os

2 2

x

c dx



 



 

 

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

2 2 2

0 0 0

2 2

0 0

2 2

0 0

x

1 sin

os

cos

sin

os

2

1 cos

sin

2

1 2sin

cos

2

1

2 x

c

dx

x

dx

x

c

dx

x

dx

xdx

x

x

I

  

 

































Bài 2 / Tính I =
0

sin 2x dx
2
(2 sin x)
/2 
 



Giải :

Đặt t 2 sin x   dt cosxdx



   



   

 



x = 0 t = 2 , x = t 1
2

22(t 2) 21 2 1 2 12

I = 2 dt 2 dt 4 2dt 2 ln t 1 4

t t

t t 1

1 1 1

I ln 4 2

Bài 3 : Tính

0 3 2

dx
I

x x



 



Giải

Áp dụng phương pháp đồng nhất thức : Mẫu thức x2 + 3x + 2 = ( x + 1 ) ( x + 2 )

1 1 1

0 0 0

1 1

0 0

1 x + 3x + 2

x+1

2

1

3

2

1

2 ln

1 ln

2 2 ln 2 ln 3

x

dx

I

dx

x

I



























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

B i 4à :Tính 1

1 ln

e

x

I dx

x






Gi i:ả
 Đặt :

2 2

1 1

1 1 ln

1 1,

2

3

2 u

x

du

dx

x

u

x e

u

I

udu

I

 





 



 





B i 5à : Tính

( 1). x

I 



x e dx

Giải

Đặt

x x

u x du dx

dv e dx v e

  

 

 

 

 

1
1
0

( 1).
1

x x

I x e e dx

I e

  

 



Bài 6 : Tính

.ln

I





x

xdx

Giải

Đặt

1
ln

du dx

u x x

dv xdx x

v







 

 



  




1 1

0
0

1
.ln

2 2

3
2ln 2

x

I x xdx

I

 



Bài 7 : Tính I=



π

(

x+cos3x

)

sin xdx

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





4 4 4

3 3

0 0 0

cos

sin

cos sin

I

x

xdx

x

xdx

x

xdx

  















Đặt u=cosx⇒du=−sin dx⇒−du=sin xdx

x=0⇒u=0; x=π

4⇒u=

√

2
2
I=



π

(

x+cos3x

)

sin xdx=



π

xsin xdx−



√2

u3du

I



π

xsin xdx

u=x

dv=sin xdx

⇒

¿du=dx

v=−cosx

¿{

⇒I1=π

√

2 I2=

(

u4

)

¿0

√2

= 1

I=8π

√

2+8

√

2+1

16
 Bài 8 : Tính I=



0
1

x
1+x2dx

Giải :

Đặt u=1+x2⇒du=2 xdx⇒du

2 =2 xdx

x=0⇒u=1; x=1⇒u=2

I=



0
1

xdx
1+x2=

1
2



1

du
u =

2ln|u|¿1
2

2ln 2

Bài 9 : Tính :

5 3
0

I 



x  x dx

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

 













3 2 3 3 2

5 3 3 3 2 2

3 2 4

1

2

0 1; 1

0;

3

2

1 .

1

3

2

3 u

x

u

x

u

x dx

udu

x

x dx x

x x dx

u u

udu

u u udu

u

u du







 



 















 



















Vậy ta có:









0 1 3 5

2 4 2 4

1 0 0

2

3 3 3

5 2 1 1

2 2

.

3 3 5

3 15

4

45 u

I

u

u du

u

u du

I





 









































Bài 10 : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 2 – x2 và đường thẳng y =-x

Áp dụng công thức :

( )

( ) .

b

a

S





f x



g x dx

Cận a , b là hai nghiệm của phương trình : 2 – x2 = -x Hay x2 –x – 2 = 0 , pt có hai nghiệm a = -1 
và b = 2 , ta có

( )

( ) .

b

a

S





f x



g x dx

=

1
2

2 2

3 2

1 1

(2

) (

) .

(2

)

1

9

2

3

2 S

x

x dx

x

x dx

x



 





 









 







Vậy diện tích cần tìm là : S =

9

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

Chủ đề 4: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ.

1- Định nghĩa : Cho hàm số yf x( ) xác định trên tập D

 Số

max ( )

D

M  f x

nếu f x( )M, x D và tồn tại x0D sao cho f x( )0 M
 Số

min ( )

D

m f x

nếu f x( )m x D,  và tồn tại x0D sao cho f x( )0 M

2- Cách tìm GTLN, GTNN trên đoạn [ ; ]a b : f x( ) liên tục trên [ ; ]a b

 Tìm xi[ ; ]a b mà tại đó có đạo hàm bằng 0 hoặc khơng xác định.

 Tính f a f b f x( ), ( ); ( )i

 Tìm : GTLN = max



f a f x( ), ( ), ( )i f b



; GTNN = min



f a f x( ), ( ), ( )i f b



3- Cách tìm GTLN, GTNN trên khoảng ( ; )a b : f x( ) liên tục trên ( ; )a b

x

a x0 b x a x0 b

y  + y' + 

y GTNN y GTLN

Trong đó f x'( ) 00  hoặc f x'( ) khơng xác định tại x0

Ví dụ : Tính GTLN và GTNN của hàm số :

a) f x( ) 2 x3 3x212x10 trên đoạn [-3; 3] b) f x( )x4 3x22 trên đoạn [2; 5]

c) f x( ) 25 x2 trên đoạn [-4; 4] d) f x( ) 2sin xsin 2x trên đoạn

3
0;



 

 

 

Bài tập :

1- Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau :

a) f x( )x33x2 9x 7 trên đoạn [-4; 3] b)

2
( )

x
f x

x




 trên đoạn [-3; -2]

c) ( ) 4 2
x
f x

x



 trên khoảng (  ; ) d)

1
( )

sin

f x

x



trên khoảng (0; )

8
6
4
2

-2
-4
-6
-8

-15 -10 -5 5 10 15

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

2- Trong số các hình chữ nhật có cùng chu vi 16 cm, hãy tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất.
3- Tìm hai số có hiệu bằng 13 sao cho tích của chúng là bé nhất.

4- Tính GTLN của các hàm số : a) 2

4
1

y

x



 b) y4x3 3x4

5- Tính GTNN của các hàm số : a) y | |x b)

( 0)

y x x

x

  

Luyện tập :

1- Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau :

a) f x( )x35x 4 trên đoạn [- 3; 1] b)

1
( ) 2

f x x

x

  

 trên khoảng (1;)

c) f x( )x 1 x2 d) f x( ) sin 3x cos 2xsinx2.
e) f x( ) 2 x trên đoạn



1;2



( ) x

f x
x



trên đoạn [1 ; e2 ]

2- Trong các tam giác vng mà cạnh huyền có độ dài bằng 10, hãy xác định tam giác có diện tích lớn nhất.

Chủ đề 5 : SỐ PHỨC

1- Tìm các số thực x, y thoả :

a) (3x 2)(2y1)i(x1) (y 5)i b) (1 2x) i 3 5(1 3y)i
c) (2xy)(2y x)i(x 2y3)(y2x1)i

2- Đặt dưới dạng xy.i các số phức sau :
a) z(2i)(1i)(12i)2 b)





3
1 i

z  c) i

i
z



1
1

d) i

i
z




3
3
1

e) z i1 i

1
1
1
f)
2012
3
1 3
i
z
i
  
 


  g) a a i

ai
z
)
1
(
2
1

2





h) zi3(i)252i23
3- Tính mơđun của các số phức

a) 1 3

i
z




b) 6 2

i
z








4
3
3
1
)
1
(
i
i
z




4- Tìm số phức z thoả điều kiện z  10 và phần thực bằng hai lần phần ảo
5- Tìm các số phức sao cho

a) z2 34i b) z2 512i c) z z 34i d)



z2z



24



z2z



120

6- Giải các phương trình sau :

a) (3 2i)z(45i)73i b) (13i)z (25i)(2i)z c) i i i
z
2
5
)
3
2
(

4    

7- Giải các phương trình sau :

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

a) z 1 b) 1 z 2 c) z 1 d) z 3 4 i 2 e)

2 | 3 |

z  z i

f) z1 i 1

Chủ đề 6 : THỂ TÍCH CỦA KHỐI ĐA DIỆN

 Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là :

1
3

V  Bh

 Thể tích V của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là : V Bh
 Thể tích của khối hộp bằng tích diện tích đáy với chiều cao của nó.

 Thể tích của khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó.
 Chú ý :

a) Tỷ số thể tích của hai khối đa diện đồng dạng bằng lập phương tỷ số đồng dạng.

b) Ta thường áp dụng kết quả sau : Cho khối chóp S.ABC, trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy ba

điểm A’, B’, C’ khác với S. Khi đó :

. ' ' '
.

' ' '

S A B C
S ABC

V SA SB SC

V SA SB SC 

:

Bài tập áp dụng

Bài1) Cho khối chóp S.ABC, đáy tam giác đều có cạnh a, . Hãy tính thể tích khối chóp đótrong các 
trường hợp sau

a/ Các cạnh bên tạo với đáy một góc 600
 b/ Các mặt bên tạo với đáy một góc 600
c / Các cạnh bên đều bằng a .

Giải :

a/ Kẻ SH(ABC). H là trọng tâm của DABC.

3
2

a

CI 

2 3

3 3

a

CH  CI 

 600 .tan 600 2 3 3

3 2

a

SCI   SH CH   a

Thể tích khối chóp là :

1 1 3 3

3 2 2 12

a a

V      a a

b/ Lúc nầy góc SIH = 600 ,

 600 .tan 600 1 3 3

3 2 2

a a

SIH   SH IH   

1 1 3 3

3 2 2 2 24

a a a

V      a

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

2 2 2

2

3

2

3

2

3

2

3 1 1

3

2 3 2

2

3

6 a

SH

a

V

a





























  

 



Bài 2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Mp(P) qua A và vng góc SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’,
C’, D’. Biết rằng :

' 2
,

SB
AB a

SB

 

a- Tính tỷ số thể tích của hai khối chóp S.AB’C’D’ và S.ABCD.
b- Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’

Giải :

a) Gọi SH là đường cao của hình chóp S.ABCD. Mp(P) cắt hình
chóp theo thiết diện là tứ giác AB’C’D’.

Ta có : BD(SAC)  BDSC, do đó BD // (P), từ đó suy ra (P)
cắt (SBD) theo giao tuyến B’D’ // BD

Kẻ HE // AC’, khi đó : EC’= EC và

' ' ' 2

SC SH SB

SE SH SB 

Suy ra :

' 2 ' 1 ' 1

1 1

3 3 3

SC SE SC EC

SE SE SE



   Û  Û 

Do đó :

2 2

' 3 ' 2 ' '

3 3

SC  SE  EC  EC CC

Vậy C’ là trung điểm của SC và SC(AB’C’D’)

Ta có :

. ' ' . ' ' '

. .

2 2 4 2 2 1 2

3 3 9 3 3 2 9

S AB D S B C D

S ABD S BCD

V V

V    V    

. ' ' ' . ' ' . ' ' ' .

4 2 1

9 9 2 3

S ABCD

S AB C D S AB C S B C D S ABCD

V

V V V     V

 

b) Theo câu a), AC’vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của DSAC nên AS = SC, suy ra DSAC đều.

Từ đó ta có :

3 3

. . ' ' '

3 6 1 6 6 6

2 2 S ABCD 3 2 6 S AB C D 18

AC a a a

SH    V   a   V 

Bài 3 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên SB vng góc với đáy, cạnh
bên SC bằng a 3.

1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.

2 .Chứng minh trung điểm của cạnh SD là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
Giải

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

SB SC2 BC2  (a 3)2 a2 a 2
Vậy thể tích khối chóp là:

2 3

1 1 3

. . 2 .

3 3 2

V  Bh a a a

2. Gọi I la trung điểm của SD,

vì tam giác SBD vng cân tại B IB ID IS

và I nằm trên đường trung trực của BD  I nằm

trên trục của đa giác đáy

 IA IB IC ID IS   

Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
Bài tập :

1) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Tính tỷ số thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện ACB’D’.
2) Cho tam giác ABC vuông cân ở A và AB = a. Trên đt qua C và vng góc với mp(ABC) lấy điểm D sao
cho CD = a. Mặt phẳng qua C vng góc với BD cắt BD tại F và cắt AD tại E. Tính VCDEF theo a.

3) Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác cân, AB=AC=5a, BC=6a và các mặt bên tạo với đáy một góc
600. Hãy tính thể tích khối chóp đó.

4) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vng ở B. SA vng góc với đáy. Biết AB=a, BC=2a,
SA=a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của SB, SC. Tính thể tích khối chóp S.AEF theo a.

5) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. SA vng góc với đáy và AB=a, AD=b, SA=c.

Lấy các điểm B’, D’ theo thứ tự thuộc SB và SD sao cho AB’ SB, AD’ SD. Mp(AB’D’) cắt SC tại C’.
Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’.

Chủ đề 7 : MẶT NÓN, MẶT TRỤ, MẶT CẦU

1- Mặt nón :

 Diện tích xung quanh : Sxq rl Diện tích đáy : Sd r2 -

 Diện tích tồn phần : Stp SxqSd Thể tích :

1 1

3 3

V  Bh r h

Bài tập :

1- Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vng cân có cạnh góc vng bằng a.
a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình nón.

b) Tính thể tích của khối nón tương ứng.

c) Một thiết diện qua đỉnh và tạo với đáy một góc 600. Tính diện tích của thiết diện này.

2- Cắt một hình nón bằng một mặt phẳng qua trục của nó ta được thiết diện là một tam giác đều cạnh 2a.
Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón đó.

3- Cắt hình nón đỉnh S bằng một mặt phẳng qua trục ta được một tam giác vng cân có cạnh huyền bằng

a .

a) Tính diện tích xung quanh, diện tích đáy và thể tích của khối nón tương ứng.

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

4- Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. có chiều cao SO h và góc SAB 600. Tính diện tích xung quanh

của hình nón đỉnh S và đáy là hình trịn ngoại tiếp hình vng ABCD.

5- Cho hình chóp tam giác đều S ABC. có các cạnh bên bằng a và góc giữa các mặt bên và mặt phẳng đáy là

45 . Tính diện tích xung quanh và thể tích hình chóp đỉnh S và đáy là hình trịn nội tiếp tam giác ABC.

6- Cho tứ diện đều EFGH có cạnh bằng a. Tính thể tích khối nón có đỉnh là E và mặt đáy là hình trịn ngoại
tiếp tam giác FGH.

2- Mặt trụ :

 Diện tích xung quanh : Sxq 2rl Diện tích đáy :

2
d

S r

 Diện tích tồn phần : Stp SxqSd Thể tích : V Bhr h2
Bài tập :

1- Một hình trụ có bán kính đáy R và có thiết diện qua trục là một hình vng.
a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình trụ.

b) Tính thể tích của khối trụ tương ứng.

c) Tính thể tích của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp trong khối trụ đã cho.

2- Một hình trụ có bán kính đáy R và đường cao R 3. A và B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho góc
hợp bởi AB và trục của hình trụ là 300.

a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình trụ.
b) Tính thể tích của khối trụ tương ứng.

c) Tính khoảng cách giữa AB và trục của hình trụ.

3- Cho hình lăng trụ đứng EFG MNK. có đáy là tam giác EFGvng tại E. Biết FG2u, cạnh bên

EM  u. Tính diện tích xung quanh của hình trụ trịn xoay có hai đáy là hai hình trịn ngoại tiếp của

EFG MNK

D D .

4- Một hình trụ có hai đáy là hai hình trịn ( ; )O r và ( '; ')O r . Khoảng cách giữa hai đáy là OO'r 3. Một
hình nón có đỉnh là O' và có đáy là hình trịn ( ; )O r .

a) Gọi S1 là d.tích xung quanh của hình trụ và S2 là d.tích xung quanh của hình nón, hãy tính tỷ số 
1

S
S
b) Mặt xung quanh của hình nón chia khối trụ thành hai phần, tính tỷ số thể tích hai phần đó.

3- Mặt cầu :

a- Giao của mặt cầu và mặt phẳng :

Cho mặt cầu S O r( ; ) và mặt phẳng ( )P . h OH d O P( ,( ))
 h r : ( )P không cắt S O r( ; )

 h r : ( )P tiếp xúc S O r( ; ) tại H

 h r : ( )P cắt S O r( ; ) theo đường trịn có bán kính r' r2 h2
b- Giao của mặt cầu và đường thẳng :

Cho mặt cầu S O r( ; ) và đường thẳng D. h OH d O( , )D

 h r : D không cắt S O r( ; )
 h r : D tiếp xúc S O r( ; ) tại H

 h r : D cắt S O r( ; ) tại hai điểm M N,

c- Diện tích mặt cầu : S 4r2 - Thể tích khối cầu :

4
3

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

Bài tập :

1- Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. có tất cả các cạnh đều bằng a. Hãy xác định tâm và bán kính mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp đó.

2- Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D. ' ' ' ' có AA'a AB b AD c,  ,  .
a) Hãy xác định tâm và bán kính mặt cầu đi qua tám đỉnh của hình hộp đó.

b) Tìm bán kính của đường tròn là giao tuyến của mặt phẳng (ABCD) với mặt cầu trên.

3- Cho tứ diện SABC có SA SB SC, , đơi một vng góc nhau và SA a SB b SC c ,  ,  . Xác định tâm và
bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đó.

4- Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C. ' ' ' có tất cả các cạnh đều bằng a. Xác định tâm và bán kính mặt
cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho. Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu đó.

5- Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác đều có cạnh đáy và chiều cao bằng a.

6- Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA(ABCD), SC2a. CMR hình chóp

S ABCD nội tiếp được trong một mặt cầu và tính diện tích mặt cầu này.

Chủ đề 8 : TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

I. TÍCH VƠ HƯỚNG

1. Biểu thức toạ độ của tích vơ hướng và các ứng dụng

Định lí. Trong khơng gian Oxyz, cho : a( ; ; ),a a a1 2 3 b( ; ; )b b b1 2 3




: a b a b a b.  1 1 2 2a b3 3




2. Ứng dụng

 a a a a

2 2 2
1 2 3

  



 AB x xB A y yB A z zB A

2 2 2

( ) ( ) ( )

     



a b a b a b
a b

a a a b b b
1 1 2 2 3 3
2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
cos( , )

 



   




 a b Û a b a b1 1 2 2a b3 3 0




II. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU

Trong K.gian Oxyz, mặt cầu (S) tâm I(a; b; c), bán kính r có phương trình: (x a )2(y b )2(z c )2r2
Phương trình : x2y2z22ax2by2cz d 0 với a2b2c2 d 0 là phương trình mặt cầu có

tâm I(–a; –b; –c) và bán kính r a2b2c2 d
III- PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG

1- Tích có hướng của hai vectơ : Cho hai vectơ a( ; ; )a a a1 2 3



, b( ; ; )b b b1 2 3





2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1



, ; ;

na b  a b  a b a b  a b a b  a b

 

  

gọi là tích có hướng (hay tích vectơ) của hai vectơ a và b. 
 a


và b



cùng phương  a b,   0

  

.  a b c, ,

  

đồng phẳng  a b c, . 0
  

.
2- Phương trình mặt phẳng :

Phương trình Ax By Cz D   0, trong đó A2B2C20, đgl phương trình tổng quát của mặt phẳng.

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

Nếu mặt phẳng (P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) với abc0thì mặt phẳng (P) cịn được

viết dưới dạng :   1

x y z

a b c (2) được gọi là phương trình của mặt phẳng theo đoạn chắn.

a. Điều kiện để hai mặt phẳng song song :

Cho hai mp ( ) :P1 A x B y C z D1  1  1  10,( ) :P2 A x B y C z D2  2  2  2 0. Ta có n1( ; ; )A B C1 1 1



và

2( ; ;2 2 2)

n A B C



lần lượt là vectơ pháp truyến của ( )P1 và ( )P2 , ta có:

 ( ) ( )P1  P2

1 2

 


Û 





n kn

D kD

 

 ( ) ( )P1  P2

1 2

 


Û 





n kn

D kD

 

 ( )P1 cắt ( )P2 Û n1k n2

 

b. Điều kiện để hai mặt phẳng vng góc :

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

( ) ( )P  P Ûn n Û              n n.  Û0 A A B B C C 0

3. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG

Cho (P):Ax By Cz D   0 và điểm M x y z0( ; ; )0 0 0 :





0 0 0

0,( ) 2 2 2

Ax By Cz D
d M P

A B C

  



 

IV- PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

Phương trình tham số của đường thẳng D đi qua điểm M0(x0; y0; z0) và có VTCP a( ; ; )a a a1 2 3



có dạng:

0 1

0 2

0 3

x x ta

y y ta

z z ta

 




 



  

 , trong đó t là tham số.

Chú ý: Nếu a1, a2, a3 đều khác 0 thì có thể viết PT của D dưới dạng chính tắc:

0 0 0

1 2 3

x x y y z z

a a a

  

 

Cho hai đường thẳng d và d lần lượt có VTCP là a( ; ; ),a a a1 2 3 a( ; ; )a a a1 2 3

 

và M x y z( ; ; )0 0 0 d,

, , ,

0 0 0

'( ; ; ) '

M x y z d . Đặt na a, '

 

 

, ta có các điều kiện sau:
1. Điều kiện để hai đường thẳng song song

d // dÛ

 








n

M d

 

d  dÛ

 








n

M d

 

2. Điều kiện để hai đường thẳng cắt nhau

d cắt dÛ

. 0

n
n MM

 





 



 




' . ' 0

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

Cho (P): Ax By Cz D   0, có vtpt n( ; ; )A B C



và

 




 



  



0 1
0 2
0 3

: x x ta
d y y ta

z z ta , có M x y z( ; ; )0 0 0 d,

VTCP a( ; ; )a a a1 2 3


. 0
//( )

( )

a n

d P

M P

 



 Û 





 

. 0
( )

( )

a n

d P

M P

 



  Û 





 

d P a n

 c¾t ( )Û  .   d ( )P Û n k a .

Bài tập áp dụng :

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

b. Viết phương trình mặt phẳng

( )



đi qua điểm D và song song với mặt phẳng (ABC).
 Giải :

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



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

u



AB



(0;1; 1)









là

x=5
y=t
z=4-t







b. Vì ( ) //( ABC) n [AB,AC]
  

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

AB(0;1; 1); AC ( 4;6; 2)  n (4;4;4)

  

Vậy pt mặt phẳng ( ) là

4.( 4) 4( 0) 4( 6) 0
10 0

x y z

x y z

     

Û    

Bài 2 :Trong không gian (oxyz) cho ba điểm A(−1;0;1) , B(1;2;1) C(0;1;1) . Gọi G là

trọng tâm của tam giác ABC

a.) Viết phương trình đường thẳng OG

b.) Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua 4 điểm O,A,B,C

c.) Viết phương trình mặt phẳng vng góc với đường thẳng OG và tiếp xúc với mặt cầu (S)
Giải:

a.) G(0;1;1)

Đường thẳng 0G nhận véc tơ OG

(

0;1;2

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

phương trình :

x=0

y=t

z=2

3t

¿{ {

(t là tham số)

b.) PT mặt cầu: x2+y2+z2+2 ax+2 by+2cz+d=0
Do măt cầu qua 4 điểm A,B,C,O nên ta có hệ sau:

d=0

−2a+2c+d=−2

2a+4b+2c+d=−5

2b+d=−1

⇔

¿a=−1

2
b=−1

2
c=−5

4
d=0

¿{ { {

PTmặt cầu :

x2+y2+z2− x − y −5

2z=0

có tâm

5 1;1;

2 I













b.)Bán kính : R=

√

1+1+25

4 =

√

4 =

√

33
2

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

OG ;PT (P) có dạng :3x+2y+D=0

Mc (S) qua tâm

5 1;1;

2 I













, BK : R=

√

33
2

nên:

|5+D|

√

13 =

√

33⇔
D=−5−

√

429

D=−5+

√

429

¿
¿
¿
¿
¿

BÀI TẬP :

1- Trong Kg Oxyz cho bốn điểm A(0;1;1), ( 1;0; 2), ( 1;1;0)B  C  và D(2;1; 2)

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

c) Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD

2- Trong Kg Oxyz cho bốn điểm A(1;0;0), (0;1;0), (0;0;1)B C và D( 2;1; 2) 

a) CMR ABCD là một tứ diện b) Tính góc giữa các đường thẳng là các cạnh đối của tứ diện đó.
c) Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ A

3- Lập phương trình mặt cầu:

a) Có đường kính AB với A(4; –3; 7), B(2; 1; 3). b) Đi qua điểm A(5; –2; 1) và có tâm I(3; –3; 1).
c) Đi qua ba điểm A(0;8;0), (4;6;2), (0;12; 4)B C và có tâm nằm trên mp Oyz( )

d) Có tâm I(1; 2;3) và tiếp xúc với mp Oyz( )

4- Cho bốn điểm A(1;6;2), (4;0;6), (5;0; 4), (5;1;3)B C D .
a) CMR bốn điểm đó khơng đồng phẳng.

b) Tính thể tích tứ diện ABCD. c) Viết phương trình mp(BCD).

d) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mp(BCD). Tìm toạ độ tiếp điểm.
5- Cho hai điểm A(1; 1; 2), (3;1;1)  B và mp( ) :P x 2y3z 5 0 .

a) Tìm toạ độ điểm A' đối xứng với A qua mp(P)

b) Viết phương trình mp(Q) đi qua A, B và vng góc với mp(P).

6- Cho mp( ) : 2P x y  3z 4 0 và mặt cầu ( ) :S x2y2z26x 2y 2z 3 0 . Lập phương trình

( )

mp song song (P) và tiếp xúc (S).

7- Cho điểm A(0,1,-1) và đường thẳng

1 2
: 3

x t

d y t

z t

 






  


a) Viết pt mp( ) qua A và vng góc với d

b) Tìm toạ độ giao điểm M của ( ) với trục Ox.

c) Viết pt tham số của giao tuyến d’ của ( ) với mp(Oxy).

8- Viết pt hình chiếu vng góc d’ của đt d :

1
1 2
3

x t

y t

z t

 




 


 

 trên mp( ) : x y 2z 5 0

9- Tìm toạ độ M’ đxứng với M( 2, -1, 3) qua đt d :

2
1 2
1

x t

y t

z





 


 


10- Cho 2 đường thẳng : d1:

3
1 2

2 2

x t

y t

z t

 



 


  

 và d2 :

2 4 1

3 1 2

x y z

 

 

Viết pt đường vng góc chung của d1 và d2.

11- Cho 2 đường thẳng : d1:

1 2

x t

y t

z t





 


 

 và d2 :

1 2
3





 

 


x t

y t

z t

a) Chứng minh : d1 d2 và d1 chéo d2.

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

12- Cho M(2; -1; 1) và đường thẳng

1 1

2 1 2

x y z

D  



a) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên D
b) Tìm tọa độ của điểm M’ đối xứng với M qua D.

13- Cho mặt phẳng ( ) : 2P x 3y4z 5 0 và mặt cầu ( ) :S x2y2z23x4y 5z 6 0
a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu ( )S

b) Tính khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) và xác định tọa độ hình chiếu vng góc của I lên (P).
14- Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A( −1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4).

a) Chứng minh tam giác ABC vng. Viết phương trình tham số của đường thẳng AB.

b) Gọi M là điểm sao cho MB  2MC. Viết phương trình mặt phẳng đi qua M vng góc với đ.thẳng

BC.

16- Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm E(1;2;3) và mặt phẳng (α) : x + 2y – 2z + 6 = 0.
a) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc toạ độ O và tiếp xúc với mặt phẳng(α).

b) Viết phương trình tham số của đường thẳng (Δ) đi qua điểm E và vng góc với mặt phẳng (α).
17- Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm E(-1; 0; 1), F(3; 4; 5)

a) Viết phương trình tham số của đường thẳng EF.

b) Viết phương trình tổng quát mặt phẳng trung trực của đoạn EF.

18- Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) : (S x 2)2(y1)2z216 và mặt phẳng

( ) :P x 2y2z m 0 ( với m là tham số).

a) Xác định toạ độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S).

b) Tìm m để mp(P) tiếp xúc với mặt cầu (S). Với giá trị m vừa tìm được, hãy xác định toạ độ tiếp điểm của
mp(P) và mặt cầu (S).

19- 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 tổng quát của mặt phẳng (T) đi qua M và vng góc với cả (P) và (Q).

CÁC ĐỀ THI MẪU

ĐỀ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HOC PHỔ THÔNG
 Mơn thi :TỐN

Thời gian làm bài :150 phút, 
(không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (3,5 điểm)

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

x

y







1

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

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



x



xdx

I

cos

sin

0
3









2 .Tìm giái trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số sau trên đoạn



0 ;





x

y

sin

2

1 sin





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

2

4

3

0

2
2
2











y

z

x

y

z

x

Và 2 đường thẳng:

d

1 :

z

t

y

t

x









1

và

d

2:

z

t

y

t

x

















1

2

a.) Chứng minh rằng :

d

1và

d

2 chéo nhau

b.) Viết phương trình mặt phẳng (β) chứa

d

1 và song song với

d

c.) Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu (S) biết tiếp diện đó song song với 2 đường thẳng

d

1 và

d

Câu 4: (1 điểm)

Giải phương trình:

(

2

3 )

2

3

0 





i

x

i

x

Câu 5: (1 điểm) 
 Chứng minh rằng:

1
3

...

.

2







n n nn n

n

C

n

C

..……..Hết………..
âu
1
1.(2,5 điểm)

a.)Tập xác định :R\

 



1

b.)Sự biến thiên:

.)Chiều biến thiên:





1

2 x

y









>0 với mọi x
Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng R\

 



1

.)Cực trị :Hàm số khơng có cực trị

.)Giới hạn:

1 






Limy

x ;

1 






Limy

x ;








Limy

x 1

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

x   -1 

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

y

y -1



  -1

c.)Đồ thị:x=0 y=1 ; x=1 y=0

Tâm đối xứng I(-1;-1)
2.(0,5 đ)





1 1

0 0

1
0

1

2

1 2ln 1

2ln 2 1

x

S

dx

x











 











 









3.(0,5 đ)

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









1

2

1

2

1 x

k x

x

k

x











 

















Hệ vơ nghiệm  khơng có PT tiếp tuyến nào đi qua điểm A

0,25
0,25đ

0,25đ

Câu

2 1.)đặt

u



cos

x



du





sin

dx





du



sin

xdx

2

4 ;

0 







u

x

u

x



















2
2

0
3
4

0
4

sin

cos

x

xdx

x

xdx

u

du

x

I




0,25đ

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





4
0
1

sin



xdx

x

I





















x

v

dx

du

xdx

dv

x

u

cos

sin

2 





I



16

1

4

2
2

0
4

















u

I

16

1

2

8

2

8 





I

2.)

y





cos

x



sin

x

.

cos

x



k

x

y



Û











Û





2

1 sin

0 cos

0  

0 

0 y

GTNN

1 2 2

4 y













 





GTLN

0,25đ

Câu3 b.)

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



1 

1 ;

2 

1 ;

1 

2  



0 ;

1 ;



1 

Đường thẳng

d

1 qua điểm A(1;0;0)

Mặt phẳng (P) có phương trình :0(x-1)+(y-0)+(z-0)=0
Û y+z=0
1đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
1 đ

Câu4









2
2

3

2

3

2 .

4

3

2 

i



i





i



D



D



2 

i

3

2

3

2

3

2 ;

3

2

3

2

3

2 















i

x

i

x

0,25đ
0,25đ

0,5 đ
Câu5





n n

n
n
n
n
n

x

C

x

C

x

C

x





...

1

0 1 2 2







1



2

3

3 2

...

1









x

n

C

n

C

n

x

C

n

x

nC

nn

x

n

Thay x=1 ta được:

n
n
n

n

C

nC

n

.

2

1





2 

3 

...



0,25đ
0,5đ

0,25đ

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

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

Câu 1(4 điểm).

Cho hàn số y = x3 + 3x2 + 1.

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

2).Dựa vào đồ thị (C), biện luận số nghiệm của phương trình sau theo m :
x3 + 3x2 + 1 = 2

m

.
Câu 2(2 điểm).

1. Tính tích phân :

1 2
3
0 2






x

I dx

x .

2. Giải phương trình : log (2 x 3) log ( 2 x1) 3 .

Caâu 3(1 điểm). Cho hình nón có bán kính đáy là R,đỉnh S .Góc tạo bởi đường cao và đường sinh là 600.

Tính diện tích xung quanh của mặt nón và thể tích của khối nón.

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ).

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

Trong không gian Oxyz cho 2 điểm A(5;-6;1) và B(1;0;-5)

1. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng (D) qua B có véctơ chỉ phương



u(3;1;2). Tính cosin góc giữa

hai đường thẳng AB và (D)

2. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và chứa (D)

Câu 4.b(1điểm) .Tính thể tìch các hình trịn xoay do các hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây quay

quanh truïc Ox : y = - x2 + 2x và y = 0.

2.Theo chương trình nâng cao :
Câu 4.a ( 2 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 1;1) , hai đường thẳng

1
( ) :

1 1 4



D  



x y z





2 .

2 4 .

x t

y t

z

 



D   

 

 và mặt phẳng (P) : y2z0

a. Tìm điểm N là hình chiếu vng góc của điểm M lên đường thẳng (D2) .

b. Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng ( ) ,(D1 D2) và nằm trong mặt phẳng (P) .

Câu 4.b ( 1 điểm ) :

Tìm m để đồ thị của hàm số

2
( ) :

 




m

x x m
C y

x với m0 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A,B sao cho

tiếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vng góc nhau .
Đề số 17 :

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

Câu 1(4 điểm).

Cho hàm số yx33x có đồ thị (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C)

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) vng góc với đường thẳng (d) x-9y+3=0
Câu 2(2 điểm).

1. Tính tích phân : I =

2
0

(2 1).cos






x xdx

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

2.Giải phương trình : 22 2 9.2 2 0

  

x x

Caâu 3(1 điểm). Cho hình vng ABCD cạnh a.SA vng góc với mặt phẳng ABCD,SA= 2a.

Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ).

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

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng

1 3 2

1 2 2

  

 

x y z

d

và
điểm A(3;2;0)

1.Tìm tọa độ hình chiếu vng góc H của A lên d
2.Tìm tọa độ điểm B đối xứng với A qua đường thẳng d.

Câu 4.b(1điểm). Cho số phức:z 1 2i 2i2. Tính giá trị biểu thức A z z . .

2.Theo chương trình nâng cao :
Câu 4.a ( 2 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2x y 2z3 0 và

hai đường thẳng (d1 ) :

4 1

2 2 1

 

 



x y z

, (d2 ) :

3 5 7

2 3 2

  

 



x y z

a. Chứng tỏ đường thẳng (d1) song song mặt phẳng ( ) và (d2) cắt mặt phẳng ( ) .

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

c. Viết phương trình đường thẳng (D) song song với mặt phẳng ( ) , cắt đường thẳng (d1) và (d2 ) lần

lượt tại M và N sao cho MN = 3 .
Câu 4.b ( 1 điểm ) :

Tìm nghiệm của phương trình 2


z z , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z .

Đáp án đề số 16.

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

Câu Đáp án điểm

Câu1
(4 đ)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): y=x3+3x2+1

* TXĐ:



*Sự biến thiên: + y’= 3x2+6x= 3x(x+2)= 0

Û

0 (0) 1

2 ( 2) 5

x

y

x

y

 







 







+ BBT:

x -



-2 0 +



y’ + 0 - 0 +
y 5 +



1

Hs đồng biến trên



  

; 2 ;(0;





)

; Hs nghịch biến trên

( 2;0)



+ Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=-2; yCĐ=5;

Hs đạt cực tiểu tại x=0; yCT=1;

+ Giới hạn: x

lim

  

 

;

x

lim

 



.

- Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận.

 Đồ thị:

- Giao với trục Oy: cho x=0 suy ra y= 1.
- Ox: cho y=0 suy ra x



3,1

0,5

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

-2

-4

-5 5

f x  = xxx+3xx+1

CT
-3,1

0,75

2. Biện luận số nghiệm PT: x3+3x2+1= m/2 (1)

- Số nghiệm của pt (1) là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y= m/2;
nên ta có:

+ Nếu

2 m

> 5 hoặc

2 m

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

+ Nếu 2<m<10 thì pt (1) có 3 nghiệm.

0,25

0,25
0,25
0,25

Câu 2

(2 đ)

1. Ta có:

1 2

2 x

I

dx

x







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

3

2 ( 3

2)

2

3 du

I

u









0,5
0,5

2. Ta có:

2 2

log (

3) log (

1) 3

3 0

1 0

(

3)(

1) 2

3

5

1

4 5 0

5 x









 





Û

























Û



Û







Û



















KL: x=5

0,5

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

Câu 3
(1 đ)

Ta có đường sinh 0

2

3 sin 60

3 R

l



; 0

3 tan 60

3 R

h



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

Sxq=

2

3 R

Rl





(đvdt);

1

3 .

3

9 R

B h





(đvtt).

0,5
0,5

II. PHẦN RIÊNG(3 điểm)
* Theo chương trình chuẩn:
Câu 4a.

2 đ 1. Pt chính tắc của

( )



qua B(1;0;-5) có VTCP

u



(3;1;2)



là:

1

5

3

1

2 x



y

z



 

;

AB

 

( 4;6; 6)





Ta có:

.

12 6 12

9 77

cos( ,

)

os( ,

)

154 14. 88

.

u AB

AB

c

u AB



 



 



 

0,5

0,5
2. Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là:

n u





 



AB

= (-18;10;22).

MP(P) qua A(5;-6;1) có VTPT

n

 

( 18;10;22)



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

Hay -18x+10y+22z+128=0.

0,5
0,5

Câu 4b
(1 đ)

+ Xét pt: -x2+2x=0

0

2 x





Û 





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

2 2

2 2 4 3 2

0 0

4 3

(

2 )

(

4 4 )

2

4

16 (

)

(

).

0

5

3

15 V

x

x dx

x

x dx

x

dvtt

























0,5



 Theo chương trình nâng cao:

Câu Đáp án điểm

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

( )



2 :
Véctơ chỉ phương của

( )



2 là:

u

 

( 1;1;0)



N thuộc

( )



2 nên N=(2-t;4+t;1).

MN

 

(1

t

;5



t

;0)



Vì N là hình chiếu vng góc của M lên

( )



2 , nên

.

0 MN



u

Û

MN u

 Û



 

-1+t+5+t=0

Û

t= -2
Vậy N=(4;2;1).

b. Viết PT đường thẳng cắt cả hai đường thẳng

( )



1 ,

( )



2 và

nằm trong mặt phẳng (P):

Phương trình tham số của

1 1

1 ( ) :

;

( 1;1;4)

4 x

t

y

t

VTCP u

z

t

 







 



 







.
Giả sử

( )



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

( )



giao với (P) tại B, ta có: 4+t+2=0 hay t=-6

Suy ra B=(8;-2;1).

(7; 2;1)

AB







. Đường thẳng cần tìm qua A và B nhận

AB



làm

véctơ chỉ phương nên có phương trình tham số:

1 7

2 x

t

y

t

z

t

 









 



0,5

4b
(1 đ)

 Để đồ thị hs (Cm):

(

0)

1 x

x m

y

m

x











cắt trục hoành tại 2 điểm

phân biệt

Û

0

1 x

x m

x









có hai nghiệm phân biệt khác 1

Û

0

x



x m





có 2 nghiệm khác 1

0 m





Û 







Ta có



= 1-4m >0

Û

m<1/4.

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

Ta có y’= 2

1 (

1)

m

x



. Để tiếp tuyến tại hai điểm A,B vng góc với nhau

2 2

1 2

2 2 2 2

1 2 2 1

1 . 1

1 (

1)

(

1)

1 (

1)

(

1)

(

1) (

1)

m

x

m

x



 



Û





 











 



Û 









2 2 2 2

2 1 1 2

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2[(

1)(

1)]

[(

1)

(

1) ]

0 2[

(

) 1]

[(

)

2 2(

) 2]

0 (*)

x

m x

x

m

x x

x

m x

x

x x

x

m

Û











Û















Theo ĐL Viét

1 2

1 .

x

x x

m













Nên (*)

Û

5m2-m=0

Û

m= 0 (loại) và m= 1/5
(thoả mãn điều kiện).

Kết luận: m=

1

5

.

0,25

Đáp án đề số 17

Câu Đáp án điểm

Câu 1
(4 đ)

Hs y= -x3+3x (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị:
 TXĐ:



 Sự biến thiên:

+ Ta có y’=-3x2+3=-3(x2-1)=0

1 (1) 2

1 ( 1)

2 x

y

x

y

 





Û 

 







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



  

; 1 ; 1;

 





.
+ Cực trị: - Hs đạt cực đại tại x=1; yCĐ=2

- Hs đạt đạt cực tiểu tại x=-1; yCT=-2.
+ Giới hạn tại vô cực:

x

lim

  

y



;

x

lim

 

y

 

.

+ BBT:

0,5

0,25
0,25

0,25

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

x -



-1 1 +



y’ 0 0
y +



2

-2 -



 Đồ thị: Giao với oy: cho x= 0 => y=0

Giao với ox: cho y=0 => x=0, x=



3

-2

-4

-5 5

O 1

-1
CT

x1 x3

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

0,75

2. Đường thẳng x-9y+3=0 hay y=

1

9 x



3

có hệ số góc =1/9.

Phương trình tiếp tuyến với (C) vng góc với đường thẳng trên nên có hệ số góc
=-9.

Ta có f’(x0)=-3x02+3=-9

2 ( 2) 2

2 (2)

2 x

y

x

y

 







Û 

 





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

y2=-9(x-2)-2 hay y= -9x+16

0,5

Câu2
(2 đ)

1. Tích phân:

(2

1)cos

I

x

xdx









. Đặt u= 2x-1 => du=2dx; v= sinx

Ta có

(2

1)sinx

2 2 sin x

1 2cos

2

3

0 I

x

dx

x









  

 

0,5

PT 22x+2-9.2x+2= 0 (1) <=> 4.22x- 9.2x+2= 0
Đặt 2x=t > 0.

PT (1) <=> 4t2-9t+2=0 <=> t1=1/4; t2=2

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

Với t=1/4 <=> 2x=1/4 <=> x= -2
Với t= 2 <=> 2x=2 <=> x=1
KL: x=-2; x=1.

0,5

Câu 3
(1 đ)

O
A

+ Gọi O là tâm hình vng ABCD. Vẽ Ox vng góc (ABCD). Gọi M là trung điểm
của SA, Mặt phẳng trung trực của SA qua M cắt Ox tại I thì I chính là tâm mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Bán kính mặt cầu là R=IS=IA=IB=IC=ID.

+ Xét tam giác AOI vuông tại O. IO=AM=SA/2=a.
AO= AC/2=

a

2 / 2

Ta có

2 2 2 2

/ 2

3

2 R



IO



AO



a



a



a

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

3

2 2

4 4 (

)

6

2 R

a











(Đvdt).

0,25

0,5

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

Câu Đáp án Điểm

Câu 4a
( 2 đ)

+ Đường thẳng d:

1

3

2

1

2 x



y



z





có véctơ chỉ phương

u



(1;2;2)



.
1. Tìm toạ độ hình chiếu vng góc H của A lên d

Đường thẳng d đi qua M(-1;-3;-2) có phương trình tham số là:

1 3 2

2 2

x

t

y

t

x

t

 





 



  



.

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

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

.

0 ( 1

) 2( 3 2 ) 2( 2 2 ) 0

11

9

11

9 AH

u

AH u

t

 Û

 Û  



 



 



Û

 Û 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 

Vậy H=

2 5 4

( ;

; )

9 9 9



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

Ta có:

3

2

23

2

9

2

5

28

2

9

4

8

2

9

B

x

y

z

















Û













Hay B=

23 28 8

;

9 9 9















0,5

Câu 4b
(1 đ)

+ Số phức z=(1-2i)(2+i)2

= (1-2i)(3+4i)= 11- 2i
=>

z

=11+2i.

Nên A= z.

z

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

0,25
0,25
0,5

 Theo chương trình nâng cao:

Câu Đáp án điểm

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

u



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

u



=(2;3;-2)
Mặt phẳng

( )



có vectơ pháp tuyến:

n



=(2;-1;2)
a. Vì

u n

.

 

. =4-2-2=0 nên

u



n



và M1(4;1;0)



( )



nên đường thẳng
(d1) song song với

( )



+ Vì

u n

.

 

=4-3-4



0

nên (d2) cắt mặt phẳng

( )



b. Ta có

M M

1 2



=(-7;-6;7)

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

[ , ]

u u

1 2

 

=(-1;2;2).
Vì

[ , ]

u u

1 2

 

.

M M

1 2



=7-12+14 =9 khác 0 nên 3 véctơ

u u

,

 

và

M M

1 2



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

1 2

[ , ].

9

3 [ , ]

u u MN

h

u u



 

  

 

c. Viết phương trình đường thẳng (



) song song với mặt phẳng

( )



cắt

đường thẳng (d1),(d2) lần lượt tại M và N: MN=3.
Ta có phương trình tham số của

1 2

4 2

3 2 '

:

1 2

:

5 3 '

7 2 '

x

t

x

t

d

y

t

d

y

t

z

t

z

t

 

 





 

 









 



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

MN



=(-7+2t’-2t;-6+3t’-2t;7-2t’+t)
Vì (



) song song

( )



nên

MN n

.



0  

Û

2(-7+2t’-2t)-(-6+3t’-2t)+2(7-2t’+t)=0

Û

-14+4t’-4t+6-3t’+2t+14-4t’+2t= 0

Û

t’= 2 Suy ra

MN



=(-3-2t;-2t; 3+t) và N=(1;1;3).

2 2 2

3 ( 3 2 )

( 2 )

(3

)

3

2 1 0

1 Bai ra MN

MN

t

 Û



 

 





Û



 

Û 



Suy ra M=(2;-1;1) và

MN



=(-1;2;2) nên phương trình đường thẳng (



) cần

tìm có

MN



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

số:

1 1 2

3 2

x

t

y

t

z

t

 





 



  



0,5

0,25

4b.

(1đ) Tìm nghiệm của phương trình

z z



Giả sử z=a+bi thì ta có phương trình:

a-bi = (a+bi)2

Û

a-bi = a2-b2 + 2abi 0,25

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

Û

2 2

0

1

3 ;

2

1

3 ;

2 a b

a a

b

a

b

ab

a

b



  



 





Û

















 





Vậy phương trình có 3 nghiệm

1 2 3

1

3

1

3 0;

;

.

2 z



z





i z





i

0,25

I/_ Phần dành cho tất cả thí sinh

Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số

 

1
1

x
y

x




 có đồ thị là (C)

1) Khảo sát hàm số (1)

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

1) Giải bất phương trình:

2.9

x



4.3

x

 

2

1

2) Tính tích phân:

5 3
0

I 



x  x dx

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

x x
y

x

 


với x0

Câu III (1 điểm). Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp một hình lăng trụ tam giác đều có 9 cạnh đều
bằng a.

II/_Phần riêng (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2)
1) Theo chương trình chuẩn

Câu IV. a (2 điểm) Trong khơng gian cho hệ tọa độ Oxyz, điểm A (1; -1; 1) và hai đường thẳng (d1) và (d2)
theo thứ tự có phương trình:

 

3

0 :

1 2

;

:

2

1

0

3 x

t

x

y

z

d

y

t

d

x

y

z

t







 





 





 



 



Chứng minh rằng (d1), (d2) và A cùng thuộc một mặt phẳng.
Câu V. a (1 điểm) Tìm mơđun của số phức





2 2

z  i  i

2) Theo chương nâng cao.

Câu IV. b (2 điểm) Trong không gian cho hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

 vµ

 

 lần lượt có phương
trình là:

 

 : 2x y3z 1 0;

 

 :x y z 5 0 và điểm M (1; 0; 5).

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua giao tuyến (d) của

 

 vµ

 

 đồng thời vng góc với mặt
phẳng (P):

3 x



y

 

1

0

Câu V. b (1 điểm) Viết dạng lượng giác của số phức

z

 

1

3 i

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

I 1) (2 điểm)

( 3 điểm)

TXĐ: DR\ 1

 

0,25

Sự biến thiên

 Chiều biến thiên:





' 0, 1

y x

x



   



Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng



 ;1 µ 1;+



v







.
 Cực trị: hàm số khơng có cực trị

0,50

 Giới hạn: 1 1

lim lim 1; lim ; lim

x x x x

y y y y

 

      

    

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

0,50

 Bảng biến thiên:

x   1  
y’

-y 1 

  1

0,25

 Đồ thị:

Cắt trục tung tại điểm (0; -1), cắt trục hoành tại điểm (-1;0).

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

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

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

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

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

x
y

2) (1 điểm)

Tiếp tuyến của (C) qua điểm P(3; 1)

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

tiếp xúc với (C)





 





 

3 1 1

1
2

2
1

x

k x
x

k
x




  

 

Û  

 

 

 có nghiệm

thay (2) và (1):













2 2

2 3

1 1

1 2 3 ( 1)

4 8 0

x
x

x x

x x x

x
x

 



 

 

Û     

Û  

Û 

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





2 3 1 2 7

y x  Û y x

0,50

Câu II 1) (1 điểm)

 

2.9 4.3 2 1

2. 3 4.3 1 0

x x

  

Û   

Đặt t = 3x ( t > 0) có bất phương trình :

0,50

2t2 + 4t + 1 > 0 luôn đúng  t 0 vậy nghiệm của bất phương trình là 
x R

 

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

 













3 2 3 3 2

5 3 3 3 2 2

3 2 4

Đặt

1

2

0 1;

1 0;

3

2

1 .

1

3

2

3 u

x

u

x

u

x dx

udu

x

x dx

x

x x dx

u

udu

u u udu

u

du







 



 





































0,50

Vậy ta có:









0 1 3 5

2 4 2 4

1 0 0

2

3

5 2 1

1 2 2

4 .

3 3

5 3 15

45 u

I

 

u



u

du



u



u

du





































0,50

3) ( 1 điểm). Ta có

1 '

1 ận

'

0

1 ại

ì x > 0

y

x

nh

y

x

lo

v

 

 

 Û 





0,50

Bảng biến thiên

x 0 1 
y’ - 0 +

 

vậy giá trị nhỏ nhất là 

min

0;

y



3

, không tồn tại giá trị lớn nhất

0,50

III Gọi G và G’ lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A’B’C’. ta có GG’ là trục của
đường trịn ngoại tiếp đáy ABC và đáy A’B’C’. Khi đó gọi O là trung điểm của đoạn
GG’ thì ta có:

OA = OB = OC = OA’ = OB’ = OC’

Suy ra O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều
bằng a. Bán kính R = OA

Tam giác vng AGO có

2 2

2 2

2 2 2

2 2

3 2 9 4

12 9 21

36 6

a a a a

OA AG GO

a a a

OA

   

       

 



  

0,50

Hoàng Hữu Hẻo – Hồng Vân - A lưới
A

B
G

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Đề cương ôn tập thi tốt nghiệp THPT Năm học 2011 – 2012 – Ban cơ bản

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

 

C  4



mn



0

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

0,50

0,50
V.a









2 4 4

1 5

1 25

26 z

i

i i

z

i

z

  



  





 









0,50

0,50
IV.b 1) ( 1 điểm)

 



;



2.1 1.0 3.5 1 18

4 1 9 14

d M      

 

1,00

2)( 1 điểm)

mặt phẳng cần tìm có dạng chùm

 

 :





















2 3 1 5 0

2 3 5 0

m x y z n x y z

m n x m n y m n z m n

       

Û         

Vì

   

  P nên ta có







 



.

0

2

3

1

3 .0

0

7

2

0

P

n n

m

n

m

n

m

n

m

n



 Û



 











Û





 

Chọn m = 2; n = -7

Vậy phương trình

 

 là: 3x + 9y – 13z +33 = 0

0,50

V.b z 1 3i. Ta có

1 3

2 2

2 cos isin

3 3

z i

 

 

   

 

 

 

   

 

0,50

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

Cho hàm số

3 2

2 3
3

y x  x  x

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

B’

A’

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điềm cực đại của đồ thị (C) và vng góc với tiếp tuyến của
đồ thị (C) tại gốc tọa độ.

Câu II (3, 0 điểm)

1 Giải phương trình:

2 1

log (x  2x 8) 1 log (  x2)

2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y 4x x 2 trên đoạn
1
[ ;3]

2 .
3. Tính:

0( 2) .

x

I 



x e dx

Câu III (1,0 điểm)

Cho khối chóp S.ABC có cạnh bên SA vng góc với đáy. Mặt bên (SBC) tạo với đáy góc 600 Biết

SB = SC = BC = a. Tính thể tích khối chóp đó theo a.

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).

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

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 - 4x + 2y + 4z - 7 = 0 và mặt

phẳng (α) : x - 2y + 2z + 3 = 0

1. Tính khoảng cách từ tâm I của mặt cầu (S) tới mặt phẳng (α).

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

Câu V.a (1,0 điểm)

Giải phương trình sau trên tập số phức: 3x2 - 4x + 6 = 0.
2. Theo chương trình nâng cao:

Câu IV.b (2,0 điểm)

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
(S): x2 + y2 + z2 - 4x + 2y + 4z - 7 = 0 , đường thẳng d :

1 2

1 2 1

x y z

 



1. Viết phương trình mặt phẳng (P) vng góc với đường thẳng d và tiếp xúc với mặt cầu (S).
2. Viết phương trình đường thẳng đi qua tâm của mặt cầu (S), cắt và vng góc với đường thẳng d.

Câu V.b (1,0 điểm)

Viết dạng lượng giác của số phức z2, biết z = 1 + 3i.

Cấu trúc đề thi mơn Tốn – THPT

Đề thi tốt nghiệp THPT

I- Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu 1 (3 điểm):

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

- Các bài toán liên quan đến ứng dụng của đạo hàm và đồ thị của hàm số: Chiều biến thiên của hàm số; cực
trị; tiếp tuyến, tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị hàm số; tìm trên đồ thị những điểm có tính chất cho trước,

tương giao giữa hai đồ thị ( một trong hai đồ thị là hình thẳng)

Câu 2 (3 điểm)

- Hàm số, phương trình, bất phương trình mũ và lơgarit.
- Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số.

- Tìm ngun hàm, tính tích phân.
- Bài tốn tổng hợp.

Câu 3 (1 điểm)

- Hình học khơng gian (tổng hợp): Diện tích xung quanh của hình nón xoay, hình trụ trịn xoay; thể tích của
khối lăng trụ, khối chóp, khối nón trịn xoay, khối trụ trịn xoay, diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu.
II- Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

1- Theo chương trình Chuẩn:
Câu 4.a (2 điểm):

Phương pháp toạ độ trong không gian:
- Xác định toạ độ của điểm, vectơ.
- Mặt cầu

- Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng.

- Tính góc, tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, vị trí tương đối của đường thẳng, mặt phẳng và mặt
cầu.

Câu 5.a (1 điểm):

- Số phức: Môđun của số phức, các phép toán trên tập số phức, căn bậc hai của số thực âm, phương trình
bậc hai của hệ số thực có biệt thức ∆ âm.

</div>

DE CUONG ON THI TOT NGHIEP MON TOAN BAN CO BAN DAYDU

<b>ĐỀ CƯƠNG ÔN T HI TỐT NGHIỆP NĂM HỌC 2011 – 2012</b>

<b>MƠN : TỐN </b>

<i><b> A /Chủ đề 1 : Khảo sát hàm số và các bài toán liên quan : </b></i>

Û

D

D

Û

D

( )

<i>S</i>



<sub></sub>

<i>f x dx</i>

<sub></sub>

<i>y</i>



<i>x</i>



3

<i>x</i>



<i>x</i>



3

<i>x</i>



<i>k</i>



3

<i>k</i>



0

3

3

0

3

3

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>k</i>

<i>k</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>k</i>

<i>k</i>











Û 







<i>k</i>

 

( 1;3) \{0,2}

<sub>2</sub>

<sub>3</sub>

<i>y x</i>





<i>x</i>



 

 







 



<i><b> B / Chủ đề 2 :Hàm số lũy thừa – Hàm số mũ – Hàm số Lô ga rit :</b></i>

. . ...

<i>a</i>

<i>a a a</i>

<i>a</i>

   

( )

<i>ab</i>