13 ðỀ THI TH Ử TN THPT CÓ ðÁP ÁN ờ Ầ Ấ Ả ñể ñể ñể

1

13 ðỀ THI TH Ử TN THPT CÓ ðÁP ÁN ( Thời gian làm bài 150 phút )

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) Cho hàm số 3 2y x 3x 1= − + − có ñồ thị (C)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). b. Dùng ñồ thị (C) , xác ñịnh k ñể phương trình sau có ñúng 3 nghiệm phân biệt

3 2x 3x k 0− + = . Câu II ( 3,0 ñiểm )

a. Giải phương trình 3x 4 2x 23 9− −=

b. Cho hàm số 21

ysin x

= . Tìm nguyên hàm F(x ) của hàm số , biết rằng ñồ thị của hàm số

F(x) ñi qua ñiểm M(6

π ; 0) .

c. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 1y x 2

x= + + với x > 0 .

Câu III ( 1,0 ñiểm ) Cho hình choùp tam giaùc ñeàu coù caïnh ñaùy baèng 6 vaø ñöôøng cao h = 1 . Hãy tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ): Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñường thẳng (d) : x 2 y z 31 2 2+ += =

− và mặt phẳng (P) : 2x y z 5 0+ − − =

a. Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại A . Tìm tọa ñộ ñiểm A . b. Viết phương trình ñường thẳng (∆ ) ñi qua A , nằm trong (P) và vuông góc với (d) . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các ñường : 1y ln x,x ,x ee

= = = và trục hoành .

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

Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñường thẳng (d ) : = +

= + = − +

x 2 4ty 3 2tz 3 t

và mặt phẳng

(P) : x y 2z 5 0− + + + = a. Chứng minh rằng (d) nằm trên mặt phẳng (P) . b. Viết phương trình ñường thẳng (∆ ) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là 14 . Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : Tìm căn bậc hai của số phức z 4i= −

. . . . . . . .Hết . . . . . . .

2

HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) a. (2d)

b. (1ñ) pt 3 2x 3x 1 k 1⇔ − + − = −

ðây là pt hoành ñộ ñiểm chung của (C) và ñường thẳng (d) : y k 1= − Căn cứ vào ñồ thị , ta có :

Phương trình có ba nghiệm phân biệt 1 k 1 3 0 k 4⇔ − < − < ⇔ < < Câu II ( 3,0 ñiểm )

a. ( 1ñ ) 3x 4 3x 42x 2 2(2x 2)2 2

x 1 83 9 3 3 3x 4 4x 4 x

7(3x 4) (4x 4)

− −− − ≥= ⇔ = ⇔ − = − ⇔ ⇔ =− = −

b. (1ñ) Vì F(x) = cotx + C− . Theo ñề :

F( ) 0 cot C 0 C 3 F(x) 3 cot x6 6

π π= ⇔ − + = ⇔ = ⇒ = −

c. (1ñ) Với x > 0 . Áp dụng bất ñẳng thức Côsi :

1x 2

x+ ≥ . Dấu “=” xảy ra khi x 021

x x 1 x 1x

>= ⇔ = → =

y 2 2 4⇒ ≥ + = . Vậy : (0; )Miny y(1) 4

+∞= =

Câu III ( 1,0 ñiểm ) Goïi hình choùp ñaõ cho laø S.ABC vaø O laø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp cuûa ñaùy ABC . Khi ñoù : SO laø truïc ñöôøng troøn ñaùy (ABC) . Suy ra : SO⊥ (ABC) . Trong mp(SAO) döïng ñöôøng trung tröïc cuûa caïnh SA , caét SO taïi I . Khi ñoù : I laø taâm cuûa maët caàu ngoaïi tieáp S.ABC Tính baùn kính R = SI .

Ta coù : Töù giaùc AJIO noäi tieáp ñöôøng troøn neân : SJ.SA SI.SO= ⇒SI = SJ.SASO

=2SA

2.SO

∆SAO vuoâng taïi O . Do ñoù : SA = 2 2SO OA+ = 6213

+ = 3 ⇒SI = 32.1

= 32

Diện tích mặt cầu : 2S 4 R 9= π = π

x −∞ 0 2 +∞ y′ − 0 + 0 −

y +∞ 3

1− −∞

3

II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : a. (0,5 ñ) A(5;6;−9) b. (1,5ñ) + Vectơ chỉ phương của ñường thẳng (d) : u (1; 2;2)d = −�

+ Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) : n ((2;1; 1)P = −�

+ Vectơ chỉ phương của ñường thẳng (∆ ) : u [u ;n ] (0;1;1)d P= =∆� � �

+ Phương trình của ñường thẳng (∆ ) :

x 5y 6 t (t )z 9 t

= = + ∈ = − +

ℝ

Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :

+ Diện tích : 1 e

S lnxdx ln xdx1/e 1

= − +∫ ∫

+ ðặt : 1u ln x,dv dx du dx,v xx

= = ⇒ = =

+ ln xdx x ln x dx x(ln x 1) C= − = − +∫ ∫

+ 11 eS x(lnx 1) x(ln x 1) 2(1 )1/e 1 e= − − + − = −

3. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : a. (0,5ñ) Chọn A(2;3;−3),B(6;5;−2)∈(d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .

b.(1,5ñ) Gọi u� vectơ chỉ phương của (d1) qua A và vuông góc với (d) thì

u udu uP

⊥ ⊥

� �

� � nên ta

chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2)P= = − = −� � � . Ptrình của ñường thẳng (d1) :

x 2 3ty 3 9t (t )z 3 6t

= + = − ∈ = − +

ℝ

(∆ ) là ñường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên (d1) thì M(2+3t;3−9t;−3+6t) .

Theo ñề : 1 12 2 2 2AM 14 9t 81t 36t 14 t t9 3

= ⇔ + + = ⇔ = ⇔ = ±

+ t = 13

− ⇒M(1;6;−5) x 1 y 6 z 5( ) :1 4 2 1− − +

⇒ ∆ = =

+ t = 13⇒M(3;0;−1) x 3 y z 1( ) :2 4 2 1

− +⇒ ∆ = =

Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : Gọi x + iy là căn bậc hai của số phức z 4i= − , ta có :

2 2 x y2 x y 0(x iy) 4i

2xy 42xy 4

=− =+ = − ⇔ ⇔ = −= − hoặc x y

2xy 4 = − = −

x y

22x 4

=⇔ = −

(loại) hoặc x y

22x 4

= −

− = −

x y x 2;y 22 x 2;y 2x 2

= − = = −⇔ ⇔ = − ==

Vậy số phức có hai căn bậc hai : z 2 i 2 , z 2 i 21 2= − = − +

4

ðỀ 2 ( Thời gian làm bài 150 phút )

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

Cho hàm số 2x 1y

x 1

+=−

có ñồ thị (C)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). b. Viết phương trình tiếp tuyến với ñồ thị (C) ñi qua ñiểm M(1;8) . .

Câu II ( 3,0 ñiểm )

a. Giải bất phương trình

x 2logsin 2 x 4

3 1

−+

>

b. Tính tìch phân : I = 1

x(3 cos2x)dx0

+∫

c. Giải phương trình 2x 4x 7 0− + = trên tập số phức . Câu III ( 1,0 ñiểm ) Một hình trụ có bán kính ñáy R = 2 , chiều cao h = 2 . Một hình vuông có các ñỉnh nằm trên hai ñường tròn ñáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và không vuông góc với trục của hình trụ . Tính cạnh của hình vuông ñó . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó . 4. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñiểm M(1;0;5) và hai mặt phẳng (P) : 2x y 3z 1 0− + + = và (Q) : x y z 5 0+ − + = . a. Tính khoảng cách từ M ñến mặt phẳng (Q) . b. Viết phương trình mặt phẳng ( R ) ñi qua giao tuyến (d) của (P) và (Q) ñồng thời vuông góc với mặt phẳng (T) : 3x y 1 0− + = . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các ñường y = 2x 2x− + và trục hoành . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành . 5. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :

Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñường thẳng (d ) : x 3 y 1 z 32 1 1+ + −= = và mặt

phẳng (P) : x 2y z 5 0+ − + = . a. Tìm tọa ñộ giao ñiểm của ñường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . b. Tính góc giữa ñường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . c. Viết phương trình ñường thẳng (∆ ) là hình chiếu của ñường thẳng (d) lên mặt phẳng (P). Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :

Giải hệ phương trình sau : y4 .log x 42

2ylog x 2 42

− = −+ =

. . . . . . . .Hết . . . . . . .

5

HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) a. (2d)

b. (1ñ) Gọi ( )∆ là tiếp tuyến ñi qua M(1;8) có hệ số góc k .

Khi ñó : ( )∆ y 8 k(x 1) y k(x 1) 8− = − ⇔ = − + Phương trình hoành ñộ ñiểm chung của (C ) và ( )∆ :

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

+ = − + ⇔ + − − + =−

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

k 0

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

≠⇔ ⇔ = −∆ = − − − =

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y 3x 11= − + Câu II ( 3,0 ñiểm )

a. (1ñ ) pt⇔ x 2logsin 2 x 4

−+

>0⇔ x 20 1x 4

−< <+

( vì 0 < sin2 < 1 )

x 2 x 2 x 20 0 0x 4 x 4 x 4

x 2 x 2 61 1 0 0x 4 x 4 x 4

− − −< < < + + +⇔ ⇔ ⇔ − − − < − < < + + +

x 2 0 x 2x 2

x 4 0 x 4 − > >

⇔ ⇔ ⇔ > + > > −

b. (1ñ) I = 1

x(3 cos2x)dx0

+∫ =x3 1 3 1 1 1 2 11[ sin2x] [ sin2] [ sin 0] sin20ln3 2 ln3 2 ln3 2 ln3 2

+ = + − + = +

c. (1ñ) 2' 3 3i∆ = − = nên ' i 3∆ =

Phương trình có hai nghiệm : x 2 i 3 , x 2 i 31 2= − = +

x −∞ 1 +∞ y′ − −

y 2

−∞ +∞ 2

6

Câu III ( 1,0 ñiểm ) Xét hình vuông có cạnh AD không song song và vuông

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

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

kính của ñường tròn ñáy .

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

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

Vì AC = AB 2 . S uy ra : AB = 3 .

Vậy cạnh hình vuông bằng 3 . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) 1, Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :

a. (0,5ñ) d(M;(Q)) = 13 b. (1,5ñ) Vì

2 1 3 2x y 3z 1 0(d) (P) (Q) :x y z 5 01 1 1

− − + + =≠ ≠ ⇒ = ∩ + − + =−

Lấy hai ñiểm A(−2;−3;0), B(0;−8;−3) thuộc (d) . + Mặt phẳng (T) có VTPT là n (3; 1;0)T = −�

+ Mặt phẳng (R) có VTPT là n [n ,AB] (3;9; 13)R T= = −��

+ ( R) : Qua M(1;0;5) (R) :3x 9y 13z 33 0+ vtpt : n (3;9; 13)R

+⇒ + − + = = −

�


+ Phương trình hoành giao ñiểm : 2x 2x 0 x 0,x 2− + = ⇔ = =

+ Thể tích : 2 4 1 162 2 2 4 5 2V ( x 2x) dx [ x x x ]Ox 03 5 50

π= π − + = π − + =∫

2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : a. (0,5ñ ) Giao ñiểm I(−1;0;4) .

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

2 64 1 1. 1 4 1

+ − πϕ = = ⇒ ϕ =+ + + +

c. (1,0ñ) Lấy ñiểm A(−3; −1;3) ∈(d). Viết pt ñường thẳng (m) qua A và vuông góc với (P)

thì (m) : x 3 t ,y 1 2t ,z 3 t= − + = − + = − . Suy ra : (m)5 5(P) A'( ;0; )2 2

∩ = − .

( ) (IA') : x 1 t,y 0,z 4 t ∆ ≡ = − + = = + , qua I(−1;0;4) và có vtcp là 3IA' (1 ;0; 1)2

= −��

Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :

ðặt : 2yu 2 0,v log x2−= > = . Thì

1uv 4hpt u v 2 x 4;yu v 4 2 =⇔ ⇔ = = → = = − + =

7


I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) Cho hàm số 4 2y x 2x 1= − − có ñồ thị (C)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). b. Dùng ñồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình

4 2x 2x m 0 (*)− − = . Câu II ( 3,0 ñiểm ) a. Giải phương trình 17 2.7 9 0x x−+ − =

b. Tính tích phân : I = 1

xx(x e )dx0

+∫

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 3 22x 3x 12x 2+ − + trên [ 1;2]− . Câu III ( 1,0 ñiểm )

Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vuông góc với nhau từng ñôi một với SA = 1cm, SB = SC = 2cm .Xác ñịnh tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu ñó . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho 4 ñiểm A(−2;1;−1) ,B(0;2;−1) ,C(0;3;0) , D(1;0;1) . a. Viết phương trình ñường thẳng BC . b. Chứng minh rằng 4 ñiểm A,B,C,D không ñồng phẳng . c. Tính thể tích tứ diện ABCD . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :

Tính giá trị của biểu thức 2 2P (1 2 i ) (1 2 i )= − + + . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho ñiểm M(1;−1;1) , hai ñường thẳng

x 1 y z( ) :1 1 1 4

−∆ = =−

,

x 2 t( ) : y 4 2t2

z 1

= −∆ = + =

và mặt phẳng (P) : y 2z 0+ =

a. Tìm ñiểm N là hình chiếu vuông góc của ñiểm M lên ñường thẳng ( 2∆ ) .

b. Viết phương trình ñường thẳng cắt cả hai ñường thẳng ( ) ,( )1 2∆ ∆ và nằm trong mặt

phẳng (P) . Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :

Tìm m ñể ñồ thị của hàm số 2x x m(C ) : ym x 1

− +=−

với m 0≠ cắt trục hoành tại hai ñiểm

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

8

HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) a) 2ñ

x −∞ 1− 0 1 +∞ y′ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1− +∞

2− 2−

b) 1ñ pt (1) 4 2x 2x 1 m 1 (2)⇔ − − = − Phương trình (2) chính là phương trình ñiểm chung của ( C ) và ñường thẳng (d) : y = m – 1 Căn cứ vào ñồ 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 ñiểm ) a) 1ñ Ta cã: 17 2.7 9 0x x−+ − =

2

7

77 2. 9 0

7

7 9.7 14 0

17 7

log 27 2

xx

x x

x

x

x

x

⇔ + − =

⇔ − + =

== ⇔ ⇔ ==

b) 1ñ

Ta có : 1 1 1

x 2 xI x(x e )dx x dx xe dx I I 1 20 0 0

= + = + = +∫ ∫ ∫ với 1 12I x dx1 30

= =∫

1

xI xe dx 120

= =∫ .ðặt : xu x,dv e dx= = . Do ñó : 4I3

=

c) 1ñ Ta có : TXð D [ 1;2]= −

x 2 (l)2 2y 6x 6x 12 , y 0 6x 6x 12 0x 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 ñiểm ) Gọi I là trung ñiểm của AB . Từ I kẻ ñường thằng ∆ vuông góc với mp(SAB) thì ∆ là trục của SAB∆ vuông . Trong mp(SCI) , gọi J là trung ñiểm SC , dựng ñường trung trực của cạnh SC của SCI∆ cắt ∆ tại O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC . Khi ñó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật .

9

Ta tính ñược : SI = 1 5AB2 2

= , OI = JS = 1 , bán kính R = OS = 32

Diện tích : S = 2 24 R 9 (cm )π = π

Thể tích : V = 4 93 3R (cm )3 2

π = π

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

a) 0,5ñ (BC) : x 0

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

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

=+

⇒ = + = =

��

b) 1,0ñ 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 ñồng phẳng

c) 0,5ñ 1 3V [AB,AC].AD6 2

= =��

Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) : P = -2 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : a) 1ñ Gọi mặt phẳng

Qua M(1; 1;1) Qua M(1; 1;1)

(P) : (P) : (P) : x 2y 3 0+ ( ) + VTPT n = a ( 1;2;0)2 P 2

+ − + − ⇒ ⇒ − − = ⊥ ∆ = −

� �

Khi ñó : 19 2N ( ) (P) N( ; ;1)2 5 5= ∆ ∩ ⇒

b) 1ñ Gọi A ( ) (P) A(1;0;0) , B ( ) (P) B(5; 2;1)1 2= ∆ ∩ ⇒ = ∆ ∩ ⇒ −

Vậy x 1 y z(m) (AB) :4 2 1−≡ = =

−


Pt hoành ñộ giao ñiểm của (C )m và trục hoành : 2x x m 0 (*) − + = với x 1≠

ñiều kiện 1m , m 04

< ≠

Từ (*) suy ra 2m x x= − . Hệ số góc 2x 2x 1 m 2x 1k y

2 x 1(x 1)

− + − −′= = =−−

Gọi x ,xA B là hoành ñộ của A,B thì phương trình (*) ta có : x x 1 , x .x mA B A B+ = =

Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì

y (x ).y (x ) 1 5x x 3(x x ) 2 0 5m 1 0A B A B A B′ ′ = − ⇔ − + + = ⇔ − = 1m5

⇔ = thỏa mãn (*)

Vậy giá trị cần tìm là 1m5

=

10


I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) Cho hàm số 3y x 3x 1= − + có ñồ thị (C)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C).

b. Viết phương trình tiếp tuyến với ñồ thị (C) ñi qua ñiểm M(149

; 1− ) . .


a. Cho hàm số 2x xy e− += . Giải phương trình y y 2y 0′′ ′+ + =

b. Tính tìch phân : 2 sin2xI dx

2(2 sinx)0

π

=+

∫

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2y 2sin x cos x 4sinx 1= + − + . Câu III ( 1,0 ñiểm ) Một hình nón có ñỉnh S , khoảng cách từ tâm O của ñáy ñến dây cung AB của ñáy bằng a , �SAO 30= � , �SAB 60= � . Tính ñộ dài ñường sinh theo a . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó 6. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) :

Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho hai ñường thẳng x 1 y 2 z( ) :1 2 2 1

− −∆ = =− −

,

x 2t( ) : y 5 3t2

z 4

= −∆ = − + =

a. Chứng minh rằng ñường thẳng ( )1∆ và ñường thẳng ( )2∆ chéo nhau .

b. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa ñường thẳng ( )1∆ và song song với ñường

thẳng ( )2∆ .


Giải phương trình 3x 8 0+ = trên tập số phức .. 7. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho ñiểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) :

x y 2z 1 0+ + + = và mặt cầu (S) : 2 2 2x y z 2x 4y 6z 8 0+ + − + − + = . a. Tìm ñiểm N là hình chiếu của ñiểm M lên mặt phẳng (P) . b. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) . Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : Biểu diễn số phức z = 1− + i dưới dạng lượng giác .

. . . . . . . .Hết . . . . . . .

11


x −∞ 1− 1 +∞ y′ + 0 − 0 + y 3 +∞

−∞ 1−

b) 1ñ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k 14(d) : y 1 k(x )9

⇒ + = −

14(d) : y k(x ) 19

⇒ = − −

(d) tiếp xúc ( C) ⇔ Hệ sau có nghiệm 143x 3x 1 k(x ) 1 (1)9

23x 3 k (2)

− + = − −

− =

Thay (2) vào (1) ta ñược : 23 23x 7x 4 0 x ,x 1,x 23

− + = ⇔ = − = =

2 5 5 43(2) x = k tt ( ) : y x13 3 3 27− → = − ⇒ ∆ = − +�

(2) x = 1 k 0 tt ( ) : y 12→ = ⇒ ∆ = −�

(2) x = 2 k 9 tt ( ) : y 9x 153→ = ⇒ ∆ = −�


a) 1ñ 2 2x x 2 x x y ( 2x 1)e , y (4x 4x 1)e− + − +′ ′′= − + = − −�

22 x x 2 1

y y 2y (4x 6x 2)e ; y y 2y 0 2x 3x 1 0 x , x 12

− +′′ ′ ′′ ′+ + = − + + + = ⇔ − + = ⇔ = =�

b) 1ñ

Phân tích sin2xdx 2sin x.cosxdx 2sin x.d(2 sin x)2 2 2(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x)

+= =+ + +

Vì d(2 sinx) cosxdx+ =

nên sin2xdx 2sin x.d(2 sinx) sin x2.[ ]d(2 sin x)2 2 2 2(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x) (2 s

2

inx)

2+ −+= = ++ + + +

22.[ ]d(2 sin x)22 sinx (2 sinx)

1=+

− ++

12

Do ñó : 2 2I 2.[ ln | 2 sin x | ] 02 sin x+

++

π

= = 1 2 ln33

+

Cách khác : Dùng PP ñổi biến số bằng cách ñặt t 2 sin x= + c) 1ñ

Ta có : 3 2y 2sin x sin x 4sinx 2= − − +

ðặt : 3 2t sinx , t [ 1;1] y 2t t 4t 2 , t [ 1;1]= ∈ − ⇒ = − − + ∈ −

22 2y 6t 2t 4 ,y 0 6t 2t 4 0 t 1 t 3

′ ′= − − = ⇔ − − = ⇔ = ∨ = −

Vì 2 98y( 1) 3,y(1) 1,y( ) = 3 27

− = = − − . Vậy :

− = − ⇔ −−

⇔ − + π π − − + π ∈

ℝ

ℤ

2 98 2 2+ Maxy = Maxy = y( ) khi t = sinx = 3 27 3 3[ 1;1]

2 2x = arcsin( ) k2 hay x = arcsin( ) k2 ,k3 3

+ miny miny = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k2[ 1;1]

π= = − ⇔ ⇔ + π ∈−

ℤ

ℝ

Câu III ( 1,0 ñiểm ) Gọi M là trung ñiểm AB . Kẻ OM ⊥ AB thì OM = a

SAB∆ cân có �SAB 60= � nên SAB∆ ñều .

Do ñó : AB SAAM2 2

= =

SOA∆ vuông tại O và �SAO 30= �nên

SA 3OA SA.cos302

= =�

OMA∆ vuông tại M do ñó : 2 23SA SA2 2 2 2 2 2OA OM MA a SA 2a SA a 2

4 4= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ =

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

a) 1ñ Qua A(1;2;0)

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

+∆ − −� ,

Qua B(0; 5;4)( ) :2 + VTCP a = ( 2;3;0)2

+ −∆ −�

AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB 9 01 2= − − = − ≠��

⇒ ( )1∆ ,( )2∆ chéo nhau .

b) 1ñ Qua ( ) Qua A(1;2;0)1(P) : (P) : (P) : 3x 2y 2z 7 0

+ VTPT n = [a ;a ] (3;2;2)+ // ( ) 1 22

+ ∆ + ⇒ ⇒ + + − = =∆

� � �


Ta có : x 23 2x 8 0 (x 2)(x 2x 4) 0 2x 2x 4 0 (*)

= −+ = ⇔ + − + = ⇔

− + =

13

Phưong trình (*) có 21 4 3 3i i 3∆ = − = − = ⇒ ∆ = nên (*) có 2 nghiệm :

x 1 i 3 , x 1 i 3= − = +

Vậy phương trình có 3 nghiệm x 2= − , x 1 i 3 , x 1 i 3= − = + 2. Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :

a. 0,5ñ 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 ñó : N d (P) N(1;2; 2)= ∩ ⇒ −

b. 1,5ñ + Tâm I(1; 2;3)− , bán kính R = 6 + (Q) .. (P) nên (Q) : x y 2z m 0 (m 1)+ + + = ≠

+ (S) tiếp xúc (Q) m 1 (l)|1 2 6 m |d(I;(Q)) R 6 | 5 m | 6m 116

=− + +⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = −

Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) : x y 2z 11 0+ + − = Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :

z 1 i z 2 r

1 2 1 2 3cos , sin2 2 42 2

= − + ⇒ = =

πϕ = − = − ϕ = = ⇒ ϕ =

Vậy : 3 3z 2(cos isin )4 4π π= +

14



Cho hàm số x 3y

x 2

−=−

có ñồ thị (C)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể ñường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt ñồ thị của

hàm số ñã cho tại hai ñiểm phân biệt . Câu II ( 3,0 ñiểm )

a. Giải bất phương trình ln (1 sin )

2 22

e log (x 3x) 0

π+− + ≥

b. Tính tìch phân : I =

π

+∫2

0

x x(1 sin )cos dx2 2

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số =+

x

xey

e e trên ñoạn [ln2 ; ln4] .

Câu III ( 1,0 ñiểm ) Cho hình lăng trụ tam giác ñều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh ñều 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 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó . 8. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho hai ñường thẳng

1

x 2 2t(d ) : y 3

z t

= − = =

và 2x 2 y 1 z

(d ) :1 1 2

− −= =−

.

a. Chứng minh rằng hai ñường thẳng (d ),(d )1 2 vuông góc nhau nhưng không cắt nhau . b. Viết phương trình ñường vuông góc chung của (d ),(d )1 2 . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :

Tìm môñun của số phức 3z 1 4i (1 i)= + + − . 9. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : 2x y 2z 3 0− + − = và hai

ñường thẳng (d1 ) : − −= =

−x 4 y 1 z2 2 1

, (d2 ) : + + −= =

−x 3 y 5 z 72 3 2

.

a. Chứng tỏ ñường thẳng (d1) song song mặt phẳng (α ) và (d2 ) cắt mặt phẳng (α ) .

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

c. Viết phương trình ñường thẳng (∆ ) song song với mặt phẳng (α ) , cắt ñường thẳng (d1) và (d2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 .


Tìm nghiệm của phương trình 2z z= , trong ñó z là số phức liên hợp của số phức z . . . . . . . . .Hết . . . . . . .

15


b) 1ñ Phương trình hoành ñộ của (C ) và ñường thẳng y mx 1= + :

x 3 2mx 1 g(x) mx 2mx 1 0 , x 1x 2

− = + ⇔ = − + = ≠−

(1)

ðể (C ) và (d) cắt nhau tại hai ñiểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân

biệt khác 1 ⇔

m 0 m 0m 02m m 0 m 0 m 1m 1g(1) 0 m 2m 1 0

≠ ≠ <′∆ = − > ⇔ < ∨ > ⇔ > ≠ − + ≠


a) 1ñ pt ⇔ln 2 2 2

2 2e log (x 3x) 0 2 log (x 3x) 0 (1)− + ≥ ⇔ − + ≥

ðiều kiện : x > 0 x 3∨ < −

(1) ⇔ 2 2 2 22log (x 3x) 2 x 3x 2 x 3x 4 0 4 x 1+ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤

So ñiều kiện , bất phương trình có nghiệm : 4 x 3 ; 0 < x 1− ≤ < − ≤

b) 1ñ I = 2 2x x x x 1 x 1 2(cos sin .cos )dx (cos sinx)dx (2sin cosx)

2 2 2 2 2 2 2 00 0

π π π

+ = + = − =∫ ∫

2 1 12. 22 2 2

= + = +

c) 1ñ Ta có : xey 0 , x [ln2 ; ln4]

x 2(e e)′ = > ∈

+

x −∞ 2 +∞ y′ + + y +∞

1 1 −∞

16

+ 2miny y(ln2)

2 e[ln2 ; ln4]= =

+ +

4Maxy y(ln4)4 e[ln2 ; ln4]

= =+

Câu III ( 1,0 ñiểm )

� 2 3a 3 a 3

V AA'.S a.lt ABC 4 4= = =

� Gọi O , O’ lần lượt là tâm của ñường tròn ngoại tiếp ABC , A 'B'C'∆ ∆ thí tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ ñều ABC.A’B’C’ là trung ñiểm I của OO’ .

Bán kính a 3 a a 212 2 2 2R IA AO OI ( ) ( )

3 2 6= = + = + =

Diện tích : 2a 21 7 a2 2S 4 R 4 ( )mc 6 3

π= π = π =

II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó .

1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : a) 1ñ Thay x.y.z trong phương trình của (d1) vào phương trình của (d2) ta ñược :

2t 3 1 t

(t 1) (t 4)1 1 2

− −= = ⇔ = − ∧ = −−

vô nghiệm .

Vậy (d )1 và (d )2 không cắt nhau . Ta có : (d ) 1 có VTCP u ( 2;0;1)1 = −�

; (d ) 2 có VTCP u (1; 1;2)2 = −�

Vì u .u 01 2 =� � nên (d )1 và (d )2 vuông góc nhau .

b) 1ñ Lấy M(2 2t;3; t) (d )1− ∈ , N(2 m;1 m;2m) (d )2+ − ∈

Khi ñó : MN (m 2t; 2 m;2m t)= + − − −��

MN vuông với (d ),(d )1 2MN.u 0 t 0 5 4 21 M(2;3;0),N( ; ; )

m 1/ 3 3 3 3MN.u 02

= = −⇔ ⇔ ⇒ = −=

��

��

x 2 y 3 z

(MN) :1 5 2

− −⇒ = = là phưong trình ñường thẳng cần tìm .


Vì 3 3 2 3(1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i− = − + − = − − + = − − .

Suy ra : 2 2z 1 2i z ( 1) 2 5= − + ⇒ = − + =

2. Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : a) 0,75ñ

qua A(4;1;0) qua B( 3; 5;7)

(d ) : , (d ) : , 1 2 VTCP u (2;2; 1) VTCP u (2;3; 2)1 2

− − = − = −

� ��

� �( )α có vtpt n (2; 1;2)= −�

17

Do u .n 01 =� � và A ( )∉ α nên (d1) .. (α ) .

Do u .n 3 02 = − ≠� � nên (d1) cắt (α ) .

b) 0,5 ñ Vì [u ,u ] ( 1;2;2) , AB ( 7; 6;7)1 2 = − = − −��

⇒ [u ,u ].AB1 2d((d ),(d )) 31 2 [u ,u ]1 2

= =

��

� �

c) 0,75ñ phương trình qua (d )1mp( ) : ( ) : 2x y 2z 7 0 // ( )

β ⇒ β − + − =α

�

�

Gọi N (d ) ( ) N(1;1;3)2= ∩ β ⇒ ; M (d ) M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3)1∈ ⇒ + + − = + − −��

Theo ñề : 2MN 9 t 1= ⇔ = − .

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

1 2 2 VTCP NM (1; 2; 2) − − −∆ ⇒ ∆ = = − −= − −

��

�


Gọi z = a + bi , trong ñó a,b là các số thực . ta có : z a bi= − và 2 2 2z (a b ) 2abi= − +

Khi ñó : 2z z= ⇔ Tìm các số thực a,b sao cho : 2 2a b a2ab b

− =

= −

Giải hệ trên ta ñược các nghiệm (0;0) , (1;0) , 1 3( ; )2 2

− , 1 3( ; )2 2

− − .

18



Cho hàm số 4 2y = x 2x− + có ñồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). b. Viết phương trình tiếp tuyến với ñồ thị (C) ñi qua ñiểm M ( 2 ;0) . .

Câu II ( 3,0 ñiểm ) a. Cho lg392 a , lg112 b= = . Tính lg7 và lg5 theo a và b .

b. Tính tìch phân : I = 21

xx(e sin x)dx0

+∫

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

x 1y1 x

+=+

.

Câu III ( 1,0 ñiểm ) Tính tæ soá theå tích cuûa hình laäp phöông vaø theå tích cuûa hình truï ngoaïi tieáp hình laäp phöông ñoù . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho tam giác ABC với các ñỉnh là A(0; 2− ;1) , B( 3− ;1;2) , C(1; 1− ;4) . a. Viết phương trình chính tắc của ñường trung tuyến kẻ từ ñỉnh A của tam giác . b. Viết phương trình tham số của ñường thẳng ñi qua ñiểm C và vuông góc với mặt phẳng (OAB) với O là gốc tọa ñộ . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các ñường (C) : 1y

2x 1=

+ , hai ñường thẳng x = 0 ,

x = 1 và trục hoành . Xác ñịnh giá trị của a ñể diện tích hình phẳng (H) bằng lna . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñiểm M ( 1;4;2)− và hai mặt phẳng ( 1P ) :

2x y z 6 0− + − = , ( 2P ) : x 2y 2z 2 0+ − + = .

a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng ( 1P ) và ( 2P ) cắt nhau . Viết phương trình tham số của

giao tuyến ∆ của hai mặt phằng ñó .

b. Tìm ñiểm H là hình chiếu vuông góc của ñiểm M trên giao tuyến ∆ . Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các ñường (C) : y = 2x và (G) : y = x . Tính thể tích

của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành .

. . . . . . . .Hết . . . . . . .

19


b) 1ñ 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 2x 2x k(x 2) (1)34x 4x k (2)

− + = −− + =

Thay (2) vào (1) ta ñược : 2 22x(x 2)(3x 2x 4) 0 x ,x 0,x 23

− − − = ⇔ = − = =

� 2 2 8 2 8 2 16(2)x k ( ) : y x13 27 27 27= − → = − → ∆ = − +

� (2)x 0 k 0 ( ) : y 02= → = → ∆ =

� (2)x 2 k 4 2 ( ) : y 4 2x 83= → = − → ∆ = − +


a) 1ñ Ta có : a = lg392 = 3 2 10lg(2 .7 ) 3lg2 2lg7 3lg 2lg7 3 3lg5 2lg75

= + = + = − +

⇒ 2lg7 3lg5 a 3− = − (1)

b = lg112 = 4 10lg(2 .7) 4lg2 lg7 4lg 4lg5 4 4lg5 lg75

= + = − = − +

lg7 4lg5 b 4⇒ − = − (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ : 2lg7 3lg5 a 3 1 1lg5 (a 2b 5) , lg7 (4a 3b)

5 5lg7 4lg5 b 4 − = −

⇒ = − + = −− = −

b) 1d Ta có I = 2 21 1 1

x xx(e sinx)dx xe dx xsin xdx I I1 20 0 0

+ = + = +∫ ∫ ∫

2 2 2 11 11 1 1x x 2 xI xe dx e d(x ) ( e ) = (e 1) 1 2 2 200 0

= = = −∫ ∫ . Cách khác ñặt t = 2x

1

I xsin xdx .20

= ∫ ðặt : u x du dxdv sinxdx v cosx = =

⇒ = = −

nên 1

1 12 0 0

0I [ xcosx] cosxdx cos1 [sinx] cos1 sin1= − + = − + = − +∫

x −∞ 1− 0 1 +∞ y′ + 0 − 0 + 0 −

y 1 1 −∞ 0 −∞

20

Vậy : 1I (e 1) sin1 cos12

= − + −

c) 1ñ Tập xác ñịnh : D = ℝ

2 2

1 xy , y = 0 x = 1(1 x ) 1 x

−′ ′= ⇔+ +

,

x x x x

2

1x(1 )xlim y lim lim y 1 ; lim y 11x . 1x

→ ± ∞ → ± ∞ → −∞ →+ ∞

+= ⇒ = − =

+

Bảng biến thiên :

Vaäy : Haøm soá ñaõ cho ñaït : M maxy = y(1) 2 = =ℝ

�

Khoâng coù GTNN�

Câu III ( 1,0 ñiểm ) Nếu hình lập phương có cạnh là a thì thể tích

của nó là 3V a1 =

Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương ñó có bán

kính a 2R2

= và chiều cao h = a nên có thể

tích là 3aV2 2

π= . Khi ñó tỉ số thể tích :

3V a 213V2 a2

= =ππ

II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : a) 1ñ Trung ñiểm 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

− + −⇒ = = = − −

��

�

b) 1ñ

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 +∞ y′ + 0 −

y 2 1− 1

21

x 1 5t

Qua C(1; 1;4) (d): (d) : y 1 3t VTCP u = n = ( 1)(5;3;6) z 4 6t

= + −

⇒ ⇒ = − + − = +

� ��

�


Vì hàm số 1y

2x 1=

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

1 1

10

0 0

1 1 d(2x 1) 1 1S dx ln 2x 1 ln32x 1 2 2x 1 2 2

+= = = + =+ +∫ ∫

Theo ñề : a 01S lna ln3 lna ln 3 lna a 3

2 a 3 >= ⇔ = ⇔ = ⇔ ⇔ = =

2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : a) 1ñ + Mặt phẳng ( 1P ) có VTPT 1n (2; 1;1)= −�

, mặt phẳng ( 2P ) có VTPT 2n (1;2; 2)= −�

Vì 2 11 2

−≠ nên suy ra (1P ) và ( 2P ) cắt nhau .

+ Gọi u∆�

là VTCP của ñường thẳng ∆ thì u∆�

vuông góc 1n�

và 2n�

nên ta có :

1 2u [n ; n ] (0;5;5) 5(0;1;1)∆ = = =� � �

Vì 1 2(P ) (P )∆ = ∩ . Lấy M(x;y;x) ( )∈ ∆ thì tọa ñộ của ñiểm M thỏa mãn hệ :

2x y z 6 0

, cho x = 2 tax 2y 2z 2 0 − + − = + − + =

ñược :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∆

= ∆ ⇒ ∆ = + = = +

��

�

b) 1ñ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên ñường thẳng (∆ ) . Ta có : MH⊥ ∆ . Suy ra : H (Q)= ∆ ∩ , với (Q) là mặt phẳng ñi qua ñiểm M và vuông với ∆ . Do ñó

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 ñược :

pt( )1t H(2;2;4)5

∆= →


Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của ( C) và (G) : 2x x x 0,x 1= ⇔ = =

Khi ñó (H) giới hạn bởi các ñường thẳng x = 0 , x = 1 , ( C) và (G) .

Vì 20 x x , x (0;1)< < ∀ ∈ nên gọi 1 2V ,V lần lượt là thể tích sinh ra bởi ( C) và (G) .

Khi ñó : 1 2 5

4 12 1 0

0

x x 3V V V (x x )dx [ ]2 5 10

π= − = π − = π − =∫

22


I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) Cho hàm số 3 2y x 3x 4= + − có ñồ thị (C)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). b. Cho họ ñường thẳng (d ) : y mx 2m 16m = − + với m là tham số . Chứng minh rằng

(d )m luôn cắt ñồ thị (C) tại một ñiểm cố ñịnh I .


a. Giải bất phương trình

x 1x 1 x 1

( 2 1) ( 2 1)

−− +

+ ≥ −

b. Cho 1f(x)dx 2

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

0f(x)dx

1−∫ .

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất nếu có của hàm số 2x

4x 1y 2 += . Câu III ( 1,0 ñiểm ) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có ñáy ABC là tam giác ñều cạnh bằng a . Hình chiếu vuông góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung ñiểm của AB . Mặt bên (AA’C’C) tạo

với ñáy một góc bằng 45� . Tính thể tích của khối lăng trụ này . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó. 10. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz .Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vuông

góc với mặt phẳng (Q) :x y z 0+ + = và cách ñiểm M(1;2; 1− ) một khoảng bằng 2 .

Câu V.a ( 1,0 ñiểm ): Cho số phức 1 iz1 i

−=+

. Tính giá trị của 2010z .

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

Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñường thẳng (d):

x 1 2ty 2tz 1

= + = = −

và mặt phẳng

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

Trên tập số phức , tìm B ñể phương trình bậc hai 2z Bz i 0+ + = có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i− .

. . . . . . . .Hết . . . . . . .

23


x −∞ 2− 0 +∞ y′ + 0 − 0 +

0 +∞ −∞ 4−

b) 1ñ Ta có : Phương trỉnh hoành ñộ ñiểm chung của (C) và (d )m :

x 23 2 2x 3x 4 mx 2m 16 (x 2)[x 5x (10 m)] 0 2x 5x 10 m 0

=+ − = − + ⇔ − + + − = ⇔

+ + − =

Khi x = 2 ta có 3 2y 2 3.2 4 16 ; y = 2m 2m + 16 = 16 , m= + − = − ∀ ∈ℝ Do ñó (d )m luôn cắt (C) tại ñiểm cố ñịnh I(2;16 ) .


a) 1ñ Vì 1 1( 2 1)( 2 1) 1 2 1 ( 2 1)2 1

−+ − = ⇒ − = = ++

nên

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

x 1

−−+ −−⇔ + ≥ + ⇔ − ≥ −

+ do 2 1 1+ >

2 x 1(x 1)(x 2) 0

x 1 x 1− ≤ < −− +⇔ ≥ ⇔ + ≥

b) 1ñ ðổi biến : u = x− du dx dx du⇒ = − ⇒ = − . ðổi cận : � x = 1− u 1⇒ = � x = 0 u 0⇒ = Vì f là hàm số lẻ nên f( u) f(u)− = −

Khi ñó : I = 0 1 1 1f( u)du f( u)du f(u)du f(x)dx 2

1 0 0 0− − = − = − = − = −∫ ∫ ∫ ∫

c) 1ñ Tập xác ñịnh D = ℝ

x∀ ∈ℝ , ta có : x 12 2 2(2x 1) 0 4x 4x 1 0 4x 1(4x 1)2 44x 1

+ ≥ ⇒ + + ≥ ⇒ ≥ − + ⇒ ≥ −+

(1)

x 12 2 2(2x 1) 0 4x 4x 1 0 (4x 1) 4x2 44x 1

− ≥ ⇒ − + ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≤+

(2)

24

Từ (1) và (2) suy ra : 2 2x x1 1

1 x 1 1 44x 1 4x 14 42 2 2 2 2, x2 44 4 24x 1

− + +− ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ∀ ∈+

ℝ

Vậy : 1 1 1 4min y y( ) ; maxy y( ) 242 22

= − = = =ℝ ℝ


Gọi H là trung ñiểm của AB . Ta có A’H ⊥ (ABC) .Kẻ HE⊥ AC thì �A'EH 45= � là góc

giữa hai mặt (AA’C’C) và (ABC) . Khi ñó : A’H = HE = a 34

( bằng 12

ñường cao

∆ ABC) . Do ñó : 2 3a 3 a 3 3aV .ABC.A'B'C' 4 4 16

= =

II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với 2 2 2A B C 0+ + ≠ Vì (P) ⊥ (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0 ⇔ A+B+C = 0 C A B⇔ = − − (1) Theo ñề :

d(M;(P)) = 2A 2B C 2 2 2 22 (A 2B C) 2(A B C )2 2 2A B C

+ −⇔ = ⇔ + − = + +

+ + (2)

Thay (1) vào (2) , ta ñược : 8AB+58A2B 0 B 0 hay B =5

= ⇔ = −

� (1)B 0 C A . Cho A 1,C 1= → = − = = − thì (P) : x z 0− =

� 8AB =5

− . Chọn A = 5 , B = 1− (1) C 3→ = thì (P) : 5x 8y 3z 0− + =


Ta có : 21 i (1 i)z i

1 i 2− += = =+

nên 2010 2010 4 502 2 4 502 2z i i i .i 1.( 1) 1× + ×= = = = − = −


Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : a) 1ñ Tâm mặt cầu là I (d)∈ nên I(1+2t;2t; 1− ) Theo ñề : Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên

25

2(1 2t) 2t 2( 1) 1

d(I;(P)) R 3 6t 3 3 t 0,t 14 1 4

+ + − − −= = = ⇔ + = ⇔ = = −

+ +

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

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

b) 1ñ VTCP của ñường 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 ñường thẳng (∆ ) thì u∆�

vuông góc với u,n� � do ñó ta chọn

u [u,v] ( 2)(2; 2;1)= = − −∆� � �

.

Vậy Qua M(0;1;0) x y 1 z( ) : ( ) : vtcp u [u,v] ( 2)(2; 2;1) 2 2 1

−∆ ⇒ ∆ = = = = − − − ∆� � �

�

�


Gọi z ,z1 2 là hai nghiệm của phương trình ñã cho và B a bi = + với a,b∈ℝ .

Theo ñề phương trình bậc hai 2z Bz i 0+ + = có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i− .

nên ta có : 2 2 2 2 2z z (z z ) 2z z S 2P ( B) 2i 4i1 2 1 2 1 2+ = + − = − = − − = − hay 2B 2i= − hay

2 2 2(a bi) 2i a b 2abi 2i+ = − ⇔ − + = − Suy ra : 2 2a b 02ab 2

− =

= − .

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

Vậy : B 1 i = − , B = 1 i− +

26



Cho hàm số x 2y

1 x

+=−

có ñồ thị (C)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) . b. Chứng minh rằng ñường thẳng (d) : y = mx − 4−2m luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh

của ñường cong (C) khi m thay ñổi . . Câu II ( 3,0 ñiểm ) a. Giải phương trình x x 1

2 2log (2 1).log (2 2) 12+− − =

b. Tính tìch phân : I = 0 sin2x dx

2(2 sinx)/2 +−π∫

c. Viết phương trình tiếp tuyến với ñồ thị 2x 3x 1(C) : yx 2− +=

−, biết rằng tiếp tuyến này

song song với ñường thẳng (d) : 5x 4y 4 0− + = . Câu III ( 1,0 ñiểm ) Cho hình chóp S,ABC . Gọi M là một ñiểm 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 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho tam giác ABC có các ñỉnh 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 ñiểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các ñường ( C ) : y = 2x , (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 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ . Bi ết 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 ñiểm các cạnh AB và B’C’ . a. Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua M và song song với hai ñường thẳng AN và BD’ .. b. Tính góc và khoảng cách giữa hai ñường thẳng AN và BD’ . Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :

Tìm các hệ số a,b sao cho parabol (P) : 2y 2x ax b= + + tiếp xúc với hypebol (H) :1yx

=

Tại ñiểm M(1;1) . . . . . . . .Hết . . . . . . .

27


b) 1ñ Ta có : y = mx − 4−2m m(x 2) 4 y 0 (*)⇔ − − − =

Hệ thức (*) ñúng với mọi m x 2 0 x 24 y 0 y 4

− = =⇔ ⇔ − − = = −

ðường thẳng y = mx − 4−2m luôn ñi qua ñiểm cố ñịnh A(2; −4) thuộc (C)

( Vì tọa ñộ ñiểm A thỏa mãn phương trình x 2y

1 x

+=−

)

Câu II ( 3,0 ñiểm ) a) 1ñ ðiều kiện : x > 1 .

2 2

x xpt log (2 1).[1 log (2 1)] 12 0 (1)⇔ − + − − =

ðặt : 2

xt log (2 1)= − thì 2(1) t t 12 0 t 3 t 4⇔ + − = ⇔ = ∨ = −

2

2

x x t = 3 log (2 1) 3 2 9 x log 9217 17x x t = 4 log (2 1) 4 2 x log216 16

⇔ − = ⇔ = ⇔ =

− ⇔ − = − ⇔ = ⇔ =

�

�

b) 1ñ ðặt t 2 sin x dt cosxdx= + ⇒ =

x = 0 t = 2 , x = t 12

2 2 2 222(t 2) 1 1 1 4 I = dt 2 dt 4 dt 2 ln t 4 ln 4 2 ln12 2 2t tt t e11 1 1

π⇒ − ⇒ =

− = − = + = − =∫ ∫ ∫

�

�

c) 1ñ ðường thẳng (d) 55x 4y 4 0 y x 14

− + = ⇔ = +

Gọi ∆ là tiếp tuyến cần tìm , vì ∆ song song với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc k = 54

Do ñó : 5( ) : y x b4

∆ = +

∆ là tiếp tuyến của ( C ) ⇔ hệ sau có nghiệm

2x 3x 1 5 x b (1)x 2 4x 2 : 2x 4x 5 5 (2)

2 4(x 2)

− + = +−≠

− + = −

x −∞ 1 +∞ y′ + +

y +∞ 1−

1− −∞

28

2(2) x 4x 0 x 0 x 41 5 1(1) x = 0 b tt( ) : y x12 4 25 5 5(1) x = 4 b tt( ) : y x22 4 2

⇔ − = ⇔ = ∨ =

→ = − ⇒ ∆ = −

→ = − ⇒ ∆ = −

�

�


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

= = ⇒ =

2 1V V V V .V .V (2)M.ABC S.ABC S.MBC S.ABC S.ABC S.ABC3 3= − = − =

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

= =

II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Vì các ñỉnh 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 ñề :

G(1;2; 1− ) là trọng tâm tam giác ABC

x 13 x 3y 2 y 63 z 3z 13

= =

⇔ = ⇔ = = − = −

0,5ñ

Vậy tọa ñộ của các ñỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0;3− ) 0,25ñ

Mặt khác : 3.V1 OABCV .d(O,(ABC).S SOABC ABC ABC3 d(O,(ABC)

= ⇒ = 0,25ñ

Phương trình mặt phẳng (ABC) : x y z 13 6 3

+ + =−

0,25ñ

nên 1d(O,(ABC)) 2

1 1 19 36 9

= =+ +

0,25ñ

Mặt khác : 1 1V .OA.OB.OC .3.6.3 9OABC 6 6

= = = 0,25ñ

Vậy : 27SABC 2

= 0,25ñ

Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) : Phương trình hònh ñộ giao ñiểm của ( C ) và (d) :

x 22 2x 6 x x x 6 0x 3 == − ⇔ + − = ⇔ = −

2 6 21 x 262 3 2 6S x dx (6 x)dx [x ] [6x ]0 23 2 30 2

= + − = + − =∫ ∫

29

2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : a) 1ñ Từ giả thiết ta tính ñược : B(a;0;a),

D(0;a;0) , A(0;0;a) , M(a ;0;a)2

, N(a;a2

;0) .

a aAN (a; ; a) (2;1; 2)2 2

BD' ( a;a; a) a(1; 1;1)

= − = −

= − − = − −

��

��

Mặt phẳng (P) ñi qua M và song song với AN và BD’ nên có VTPT là

2an [AN,BD'] (1;4;3)2

= = −��

Suy ra :

:a 7a(P) :1(x ) 4(y 0) 3(z a) 0 x 4y 3z 02 2

− + − + − = ⇔ + + − =

b) 1ñ Gọi ϕ là góc giữa AN��

và BD'��

. Ta có :

2a2 2a a2AN.BD' 1 3 3cos arccos

3a 9 93 3AN . BD' .a 32

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

− + +

ϕ = = = = ⇒ ϕ =

= = =

��

��

��

Do ñó :

3a[AN,BD'].AB a2d(AN,BD')

2 26[AN,BD'] a . 262

= = =

��

��

Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : Tiếp ñiểm M có hoành ñộ chính là nghiệm của hệ phương trình :

1212 2x ax b2x ax b xx112 4x a(2x ax b)' ( )' 2x x

+ + =+ + = ⇔ + = − + + =

(I)

Thay hoành ñộ của ñiểm M vào hệ phương trình (I) , ta ñược :

2 a b 1 a b 1 a 54 a 1 a 5 b 4 + + = + = − = −⇔ ⇔ + = − = − =

Vậy giá trị cần tìm là a 5,b 4= − =

31


I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) Cho hàm số 4 2 2y x 2(m 2)x m 5m 5= + − + − + có ñồ thị (Cm )

c. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số khi m = 1 . b. Tìm giá trị của m ñể ñồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại 4 ñiểm phân biệt .

Câu II ( 3,0 ñiểm ) d. Giải phương trình x x x x9 5 4 2( 20)= + +

e. Tính tích phân : I = 1

2ln(1 x )dx0

+∫

f. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = lnx x− . Câu III ( 1,0 ñiểm )

Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là một hình bình hành với AB = a , BC = 2a và �ABC 60= � ; SA vuông góc với ñáy và SC tạo với ñáy góc α . a) Tính ñộ dài của cạnh AC . b) Tính theo a và α thể tích của khối chóp S.ABCD . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho 3 ñiểm A(2;0; 1) ,B(1;0;0) ,C(1;1;1) và mặt phẳng ( ) : x y z 2 0α + + − = . a. Viết phương trình mặt phẳng ABC. Xét vị trí tương ñối giữa hai mặt phẳng (ABC) và mặt phẳng (α ) . b. Viết phương trình mặt cầu (S) qua 3 ñiểm A,B,C và có tâm nằm trên mặt phẳng (α ) . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các ñường 2y 4 x= − và 2y x 2= + Tính thể tích của khối tròn xoay khi (H) quay quanh trục hoành . 3. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D1 1 1 1 có các cạnh AA a1 = , AB = AD = 2a . Gọi

M,N,K lần lượt là trung ñiểm các cạnh AB,AD,AA1 .

a) Tính theo a khoảng cách từ C1 ñến mặt phẳng (MNK) .

b) Tính theo a thể tích của tứ diện C MNK1 .


Tính giá trị của biểu thức : 2 4 10M 1 (1 i) (1 i) ... (1 i)= + + + + + + +

. . . . . . . .Hết . . . . . . .

32


x −∞ 1− 0 1 +∞ y′ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1 +∞

0 0

b) 1ñ Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (Cm ) và trục hoành :

4 2 2x 2(m 2)x m 5m 5+ − + − + = 0 (1)

ðặt 2t x ,t 0= ≥ . Ta có :

(1) ⇔ 2 2t 2(m 2)t m 5m 5 0+ − + − + = (2)

ðồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại 4 ñiểm phân biệt

⇔ pt (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 2 nghiệm dương phân biệt .

⇔

m 1 0' 0 5 52P 0 m 5m 5 0 1 m2S 0 2(m 2) 0

− >∆ > − > ⇔ − + > ⇔ < < > − − >


a) 1ñ 5 22x x x 2 x x x x xpt 3 [( 5) 2 ] 3 ( 5) 2 ( ) ( ) 13 3

⇔ = + ⇔ = + ⇔ + = (1)

Vì 5 20 , 13 3

< < nên vế trái là hàm số nghịch biến trên ℝ

Mặt khác : f (2) = 1 nên pt (1) ⇔ f (x) = f (2) ⇔ x = 2 . c) 1ñ

ðặt 2xdx2 duu ln(1 x ) 21 xdv dx v x

= = + ⇒ += =

Ta có : 1 1 121 x 1 12 1I x ln(1 x ) 2 dx ln2 2 (1 )dx ln2 [2x] dx = ln2 2 2M02 2 20 1 x 1 x 1 x0 0 0

= + − = − − = − + − ++ + +

∫ ∫ ∫

Với 1 1M dx

21 x0=

+∫ . ðặt x tan t= , ta tính ñược M =

4π

Do ñó : I ln2 22π= − +

c) 1ñ Ta có : TXð D (0; )= +∞

1 1 1 1 1 1 1 1y ( ), y 0 ( ) 0 x 4x 2 22 x x x x x

′ ′= − = − = ⇔ − = ⇔ =

Bảng biến thiên :

33

x 0 4 +∞ y′ − 0 + y 2ln2 - 2

Vậy : Maxy y(4) 2 ln2 2

(0; )= = −

+∞


a) Áp dụng ñịnh lí côsin vào ABC∆ , ta có : AC = a 3

b) Vì

� 3 2S AB.BC.sinABC a.2a. a 3ABCD 2SA AC.tan a 3.tan

1 3V .SA.S a tanS.ABCD ABCD3

= = =

= α = α

= = α

II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : a) 1,0ñ (ABC) : x y z 1 0+ − − = Vì 1:1: 1 1:1:1− ≠ nên hai mặt phẳng cắt nhau .

b) 1,0ñ Gọi mặt cầu cần tìm là : 2 2 2(S) : x y z 2ax 2by 2cz d 0+ + + + + + = với

2 2 2 2a b c d+ + > có tâm I( a; b; c)− − − (S) qua A,B,C và tâm I thuộc mặt phẳng ( )α nên ta có hệ :

5 4a 2c d 0 a 11 2a d 0 b 03 2a 2b 2c d 0 c 1a b c 2 0 d 1

+ + + = = − + + = =⇔ + + + + = = −

− − − − = =

Vậy (S) : 2 2 2(S) : x y z 2x 2z 1 0+ + − − + = có tâm I(1;0;1) và bán kính R = 1 . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :

Phương trình hoành ñộ ñiểm chung : 2 2 24 x x 2 x 1 x 1− = + ⇔ = ⇔ = ±

Vì 2 24 x x 2, x [ 1;1]− ≥ + ∀ ∈ − nên :

1 1

2 2 2 2 2V [(4 x ) (x 2) ]dx [12 12x ]dx 16 Ox1 1

= π − − + = π − = π− −∫ ∫

3. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : a) 1ñ Chọn hệ trục tọa ñộ Oxyz có gốc O trùng với A , các trục Ox ,Oy ,Oz ñi qua B, D và A1như hình vẽ .

Khi ñó : A(0;0;0) , B(2a;0;0) , D(0;2a;0) , A1(0;0;a) , C1(2a;2a;a) , M(a;0;0) , N(0;a;0)

K(0;0;a2

) .

34

Khi ñó : (MNK) : x y 2z a 0+ + − =

Suy ra : 5a 6d(C ;(MNK))1 6

= .

b) 1ñ Ta có : 1

31 5aV [MN,MK].MC C MNK 16 12= =��

với 2 2a a 2[MN,MK] ( ; ;a )2 2

=��

.

Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : M là tổng của 10 số hạng ñầu tiên của một cấp số nhân có số hạng ñầu tiên u 11 = , công

bội q = 2(1 i) 2i+ =

Ta có : 10 10 101 q 1 (2i) 1 2 1025(1 2i)M u . 1. 205 410i1 1 q 1 2i 1 2i 5

− − + += = = = = +− − −

35

ðỀ 10 Moân : Toaùn. Thôøi gian: 150 phuùt

I. PHAÀN CHUNG CHO HOÏC SINH CAÛ 2 BAN (8,0 ñieåm) Caâu 1 (3.5 ñieåm) Cho haøm soá 233 −+−= xxy , goïi ñoà thò cuûa haøm soá laø (C).

1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá. 2. Tính dieän tích hình phaúng giôùi haïn bôûi ñoà thò (C) vaø truïc hoaønh. 3. Döïa vaøo ñoà thò (C), ñònh m ñeå phöông trình 0233 =++− mxx coù ba nghieäm

phaân bieät. Caâu 2: (1.5 ñieåm) Giaûi baát phöông trình: 1)2x(2log)3x(2log ≤−+−

Caâu 3: (1.5 ñieåm) Giaûi phöông trình 0942 =+− xx treân taäp soá phöùc. Caâu 4: (1.5 ñieåm) Cho hình choùp töù giaùc ñeàu S.ABCD coù caïnh ñaùy baèng a, goùc giöõa maët beân vaø maët ñaùy baèng 600. Tính theå tích cuûa khoái choùp SABCD theo a. II. PHAÀN DAØNH CHO HOÏC SINH TÖØNG BAN (2.0 ñieåm)

A. Thí sinh Ban KHTN choïn caâu 5a hoaëc caâu 5b Caâu 5a (2.0 ñieåm)

1. Tính tích phaân ∫ +=

1

03

2

2dx

x

xI

2. Vieát phöông trình caùc ñöôøng thaúng vuoâng goùc vôùi ñöôøng thaúng 3

1

3

4 +−= xy vaø

tieáp xuùc vôùi ñoà thò haøm soá 1

12

+++=

x

xxy .

Caâu 5b (2.0 ñieåm) Trong Kg Oxyz cho ñieåm A(3;4;2), ñöôøng thaúng (d): 3

1

21

−== zyx vaø

maët phaúng (P): 0124 =−++ zyx . 1. Laäp phöông trình maët caàu taâm A tieáp xuùc vôùi maët phaúng (P) vaø cho bieát toaï ñoä

tieáp ñieåm. 2. Vieát pT ñöôøng thaúng qua A, vuoâng goùc (d) vaø song song vôùi maët phaúng (P).

B. Thí sinh Ban KHXH & NV choïn caâu 6a hoaëc caâu 6b Caâu 6a (2.0 ñieåm)

1. Tính tích phaân: ∫ −=2

0

1dxxI

2. Vieát pt caùc ñöôøng thaúng song song vôùi ñöôøng thaúng 3+−= xy vaø tieáp xuùc vôùi

ñoà thò haøm soá x

xy

−−=

1

32 .

Caâu 6b (2.0 ñieåm) Trong KgOxyz cho ñieåm A(2;0;1), ñöôøng thaúng (d): 1

2

2

x t

y t

z t

= + = = +

vaø maët

phaúng (P): 012 =++− zyx . 1. Laäp phöông trình maët caàu taâm A tieáp xuùc vôùi maët phaúng (P). 2. Vieát p trình ñöôøng thaúng qua ñieåm A, vuoâng goùc vaø caét ñöôøng thaúng (d).

36

ÑAÙP AÙN – THANG ÑIEÅM Caâu YÙ Noäi dung Ñieåm

Caâu 1 3.5ñ 1 Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C): 233 −+−= xxy cuûa haøm soá. 2.5ñ

• Veõ ñoà thò:

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

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

x

y

y = m

y = 0

y = -4

m

2 Tính dieän tích hình phaúng giôùi haïn bôûi ñoà thò (C) vaø truïc hoaønh. 0.5ñ • Do hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (C) vôùi Ox laø x = -2; x = 1 vaø

0233)( ≤−+−= xxxf treân ñoaïn [ ]1;2− neân dieän tích hình

phaúng ñöôïc tính bôûi:

• [ ] ∫∫ ∫−− −

+−=−==1

2

31

2

1

2

)23()()( dxxxdxxfdxxfS

( ) ñvdt

4

274642

2

3

4

1

22

3

4

11

2

24

=−−−

+−=

+−=−

xxx

0.25

0.25

3 Döïa vaøo ñoà thò (C), ñònh m ñeå phöông trình 0233 =++− mxx (1) coù ba nghieäm phaân bieät.

0.5ñ

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

Döïa vaøo ñoà thò, ta suy ra ñöôïc: • Phöông trình (1) coù ba nghieäm phaân bieät ⇔ 04 <<− m

0.25

0.25

Caâu 2 Giaûi baát phöông trình 1)2x(2log)3x(2log ≤−+− (1) 1.5ñ

• Ñieàu kieän: 3

02

03>⇔

>−>−

xx

x (*) 0.5

37

• Khi ñoù:

4x1 x

x

log

2

2

2

≤≤⇔≤+−⇔

≤+−⇔

≤+−⇔

≤+−⇔

≤−−⇔

04x5

26x5

2log)6x5x(log

1)6x5x(

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

22

2

2

2

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

0.25 0.25

0.25 0.25

Caâu 3 1.5ñ Giaûi phöông trình 0942 =+− xx (1) treân taäp soá phöùc.

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

ix 52+=

0.5 1

Caâu 4 1.5ñ Cho hình choùp töù giaùc ñeàu SABCD coù caïnh ñaùy baèng a, goùc giöõa

maët beân vaø maët ñaùy baèng 600. Tính theå tích cuûa khoái choùp SABCD theo a.

• Goïi O laø taâm cuûa ñaùy vaø M laø trung ñieåm cuûa AB, vì SABCD laø hình choùp töù giaùc ñeàu neân ta suy ra ñöôïc:

ABSMABOM ⊥⊥ ; . Do ñoù: �SMO = 600

• Xeùt tam giaùc vuoâng SOM ta coù: 32

60tan. 0 aOMSO ==

• Vaäy theå tích khoái choùp laø: 6

33

23

1.

3

1 32 aa

aSOSV ABCD ===

0.5 05

0.5

Caâu 5a

2ñ

1 Tính tích phaân ∫ +=

1

03

2

2dx

x

xI

1ñ

• Ñaët dtdxxdxxdtxt3

132 223 =⇒=⇒+=

• Ñoåi caän: 3t1 x& 20 =⇒==⇒= tx

• Khi ñoù: [ ]∫∫ −===+

=3

2

3

2

1

03

2

)23(3

22

3

11

3

1

2tdt

tdx

x

xI

Vaäy 3

)23(2 −=I

0.25

0.25 0.5

2 Vieát phöông trình caùc ñöôøng thaúng vuoâng goùc vôùi ñöôøng thaúng

3

1

3

4 +−= xy vaø tieáp xuùc vôùi ñoà thò haøm soá 1

12

+++=

x

xxy .

1ñ

Ban KHTN

Caùch 1: Ta coù 2

2

)1(

2)('

++=

x

xxxf . Goïi (d) laø ñöôøng thaúng caàn tìm

38

• Do ñöôøng thaúng (d) vuoâng goùc vôùi ñöôøng thaúng 3

1

3

4 +−= xy

neân (d) coù heä soá goùc laø 4

3=k

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

==

⇔=−+⇔++=+⇔=++

-3x

1x 032 x 36384

4

3

)1(

2 2222

2

xxxxxx

xx

• Vôùi x = 1 thì y = 2

3 , tieáp ñieåm )2

3;1(1M

Vôùi x = -3 thì y =2

7− , tieáp ñieåm )2

7;3(2 −−M

• Vaäy coù hai ñöôøng thaúng thoaû maõn ñeà baøi laø

4

5

4

3)3(

4

3

2

7:)(

4

3

4

3)1(

4

3

2

3:)(

2

1

−=⇔+=+

+=⇔−=−

xyxyd

xyxyd

Caùch 2: Goïi (d) laø ñöôøng thaúng caàn tìm • Do ñöôøng thaúng (d) vuoâng goùc vôùi ñöôøng thaúng

3

1

3

4 +−= xy

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

3

• (d) tieáp xuùc (C)

=++

+=+

++

⇔)2(

4

3

)1(

2

)1( 4

3

1

1

2

2

2

x

xx

bxx

xx

coù nghieäm

•

==

⇔=−+⇔++=+⇔-3x

1x 032 x36384)2( 222 xxxxx

• Vôùi x = 1 thì 4

3

4

3:)(

4

31 +=⇒= xydb

Vôùi x = -3 thì 4

5

4

3:)(

4

51 −=⇒−= xydb

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25

0.25 Caâu 5b

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

3

1

21

−== zyx vaø maët phaúng (P): 0124 =−++ zyx

2ñ

1 Laäp phöông trình maët caàu taâm A tieáp xuùc vôùi maët phaúng (P) vaø cho bieát toaï ñoä tieáp ñieåm.

1ñ Ban KHTN • Do maët caàu (S) coù taâm A vaø tieáp xuùc (P) neân baùn kính cuûa (S)

laø

2121

21

1416

12812))(;( ==

++

−++== PAdR

• Phöông trình (S): 21)2()4()3( 222 =−+−+− zyx

• Phöông trình ñöôøng thaúng (d) qua A vaø vuoâng goùc vôùi (P) laø

0.25 0.25

39

(d): R)(t

2

24

43

∈

+=+=+=

tz

ty

tx

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

)1;2;1(

1z

2y

1x

1t

0124

2

24

43

−⇒

==

−=−=

⇔

=−+++=+=+=

M

zyx

tz

ty

tx

0.25

0.25

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

1ñ

Caùch 1: • Goïi (Q) laø maët phaúng qua A vaø song song vôùi (P) vaø (R) laø maët

phaúng qua A vaø vuoâng goùc vôùi (d) • Mp(Q) qua A vaø coù VTPT laø )1;2;4()()( == PQ nn neân coù phöông

trình 022240)2(1)4(2)3(4 =−++⇔=−+−+− zyxzyx

• Mp(R) qua A vaø coù VTPT laø )3;2;1()()( == dR an neân coù phöông

trình 017320)2(3)4(2)3(1 =−++⇔=−+−+− zyxzyx

• Goïi )()()( RQ ∩=∆ , khi ñoù )(∆ laø ñöôøng thaúng thoaû maõn yeâu caàu

cuûa ñeà baøi. Phöông trình

=−++=−++

∆01732

02224:)(

zyx

zyx

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

)3;2;1()( =da • Goïi )(∆ laø ñöôøng thaúng caàn tìm, khi ñoù )(∆ coù VTCP laø

[ ] ( )6;11;421

24;

13

41;

32

12; )()( −=

==∆ dP ana

• Vaäy phöông trình cuûa )(∆ :6

2

11

4

4

3 −=−

−=− zyx

0.25

0.25 0.5

0.25

0.5

0.25

Caâu 6a

2ñ

1 Tính tích phaân: ∫ −=2

0

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

I x dx x dx x dx2 1 2

0 0 1

1 1 1• = − = − + −∫ ∫ ∫

1 2 2

0 1

x x(1-x)dx (x-1)dx x- x

= + = + − = + =

∫ ∫1 2

2

0 1

1 11

2 2 2 2

0.25

0.25 0.25

40

• Vaäy I = 1 0.25 2 Vieát phöông trình caùc ñöôøng thaúng song song vôùi ñöôøng thaúng

3+−= xy vaø tieáp xuùc vôùi ñoà thò haøm soá x

xy

−−=

1

32

1ñ

Caùch 1: Ta coù 2)1(

1)('

xxf

−−= . Goïi (d) laø ñöôøng thaúng caàn tìm

• Do ñöôøng thaúng (d) song song vôùi ñöôøng thaúng 3+−= xy neân

(d) coù heä soá goùc laø 1−=k • Hoaønh ñoä tieáp ñieåm cuûa (d) vaø ñoà thò haøm soá ñaõ cho laø nghieäm

cuûa phöông trình:

( )

==

⇔=−⇔=−⇔−=−−

2x

0x 02 x 111

)1(

1 22

2xx

x

• Vôùi x = 0 thì y = -3 , tieáp ñieåm )3;0(1 −M

Vôùi x = 2 thì y = - 1, tieáp ñieåm )1;2(2 −M

• Vaäy coù hai ñöôøng thaúng thoaû maõn ñeà baøi laø

1)2(11:)(

3)0(13:)(

2

1

+−=⇔−−=+−−=⇔−−=+

xyxyd

xyxyd (d1;d2..d)

Caùch 2: Goïi (d) laø ñöôøng thaúng caàn tìm • Do ñöôøng thaúng (d) vuoâng goùc vôùi ñöôøng thaúng 3+−= xy neân

phöông trình (d) coù daïng: bxy +−=

• (d) tieáp xuùc (C)

−=−−

+−=−−

⇔)2( 1

)1(

1

)1( 1

32

2x

bxx

x

coù nghieäm

•

==

⇔=−⇔2x

0x 02)2( 2 xx

• Vôùi x = 0 thì 3:)(3 1 −−=⇒−= xydb

Vôùi x = 2 thì 1:)(1 1 +−=⇒= xydb

0.25

0.25

0.25 0.25 0.25

0.25

0.25 0.25

Caâu 6b

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

R)(t

2

2

1

∈

+==

+=

tz

ty

tx

vaø maët phaúng (P): 012 =++− zyx

2ñ

1 Laäp phöông trình maët caàu taâm A tieáp xuùc vôùi maët phaúng (P). 1ñ • Do maët caàu (S) coù taâm A vaø tieáp xuùc (P) neân baùn kính cuûa (S)

laø

66

6

114

114))(;( ==

++

++== PAdR

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

0.5

0.5

2 Vieát phöông trình ñöôøng thaúng qua ñieåm A,vuoâng goùc vaø caét ñöôøng thaúng (d).

1ñ

Ban KHXH

• Goïi (Q) laø maët phaúng qua A vaø vuoâng goùc vôùi (d)

41

• Mp (Q) coù VTPT laø (Q) (d)n a (1;2;1)= =� �

neân coù phöông trình laø 0320)1(1)0(2)2(1 =−++⇔=−+−+− zyxzyx

• Toaï ñoä giao ñieåm M cuûa (Q) vaø (d) laø nghieäm cuûa heä:

)2;0;1(

2z

0y

1x

0t

032

2

2

1

M

zyx

tz

ty

tx

⇒

====

⇔

=−+++=

=+=

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

)1;0;1(−==∆ AMa

• Vaäy pt ñöôøng thaúng thoaû yeâu caàu ñeà baøi laø :

R)(t

1

0

2

:)( ∈

+==

−=∆

tz

y

tx

0.25

0.25

0.25

0.25

42


I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) Cho hàm số 3 2y x 3x 3x 2= − + − có ñồ thị (C)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). b. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) , trục hoành và tiếp tuyến (d) với ñồ thị

(C) tại ñiểm M(0; 2− ) . . Câu II ( 3,0 ñiểm )

a. Giải bất phương trình x 2 x 1 x1 2 3 6+ ++ + <

b. Tính tích phân : 2 cosxI dx

sinx cosx0

π

=+∫

c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 2x 1 3x 5= − − − .trên 5[ ;2 ]3

Câu III ( 1,0 ñiểm ) Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông = a. a. Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón . b. Tính thể tích của khối nón tương ứng . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó 12. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho bốn ñiểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;0;1) và D(−2;1; −2) . a. Chứng minh rằng A,B,C,D là bốn ñỉnh của một hình tứ diện . b. Tính thể tích tứ diện ABCD và ñộ dài ñường cao của tứ diện kẻ từ ñỉnh A . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :

Giải phương trình 4 22z 2z 1 0+ − = trên tập số phức ℂ .. 13. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho bốn ñiểm A(0;0;1) , B(0;0;−1),C(1;1;1) và D(0;4;1) a. Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn ñiểm A,B,C,D . b. Viết phương trình ñường thẳng (d) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại C và tạo với trục Oz

một góc �45 . Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) :

Giải phương trình 2z (cos isin )z isin .cos 0 , − ϕ + ϕ + ϕ ϕ = ϕ∈ℝ trên tập số phức ℂ ..

. . . . . . . .Hết . . . . . . .

43


x −∞ 1 +∞ y′ + 0 + y +∞

1− −∞

b) 1ñ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm (d) : y 3x 2⇒ = −

2/3 2 2/3 2 20 88 43 2 3 2S [y y ]dx y dx [ x 3x ]dx [x 3x 3x 2] dx(d) (C) (C) 81 81 30 2/3 0 2/3

= − − = − + − − + − = + =∫ ∫ ∫ ∫


a) 1ñ Chia 2 vế cho x6 0> : x x x 11 1 1

bpt ( ) 2.( ) 3.( ) 1 (1)6 3 2

+⇔ + + <

ðặt : x x x 11 1 1f (x) ( ) 2.( ) 3.( )

6 3 2+= + + là hàm số nghịch biến trên ℝ (2)

Mặt khác : f(2) = 1 nên (1) f(x) f(2)⇔ < (2)⇒ x 2>

Vậy tập nghiệm của bpt là S (2; )= +∞

b) 1ñ ðặt u x2π= − thì ta có

0 cos( u)2 2 2cosx sinu sinx2I dx du du dxsinx cosx sin u cosu sinx cosx0 0 0sin( u) cos( u)

2 22

π π ππ −= = − = =

+ π π + +π − + −∫ ∫ ∫ ∫

Do ñó : 2 2 2cosx sinx 22I I I dx dx dx [x]0 2sinx cosx sin x cosx0 0 0

π π ππ

π= + = + = = =+ +∫ ∫ ∫ I

4π

⇒ =

c) 1ñ TXð : 5[ ;2 ]3

Ta có : 3 89y 2 ;y 0 x

482 3x 5′ ′= − = ⇔ =

− . Vì

5 7 89 47y( ) ,y(2) 2,y( ) = 3 3 48 24

= = .

Vậy : + Maxy = y(2) 2 5[ ;2 ]3

= 89 47+ miny = y( ) 48 245[ ;2 ]

3

=

44

Câu III ( 1,0 ñiểm ) Xét hình nón ñỉnh S , ñáy là ñường tròn tâm O , bán kính R Gọi SAB∆ cân là thiết diện qua trục SO .

ðường sinh : l = SA = SB = a a 2AB a 2,R2

⇒ = =

a. Do ñó : 2 2S Rl axq 2

π= π =

22 a 2 12 2S S S a atp xq 2 2 2

π π += + = + = π®¸y

b. ðường cao : AB a 2h SO2 2

= = =

1 22 3V R h a3 12

= π = πnãn

II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : a) 1ñ AB ( 1;1;0),AC ( 1;0;1),AD ( 3;1; 2)= − = − = − −

��

= ⇒ = − ≠�� [AB;AC] (1;1;1) [AB;AC].AD 4 0⇒ ,

�� AB,AC,AD không ñồng phẳng .

Do ñó : A,B,C,D là bốn ñỉnh của một hình tứ diện . b) 1ñ Ta có : = − − = − − = −

�� CD ( 2;1; 3),BD ( 2;0; 2),BC (0; 1;1)

Do ñó : = =�� 1 2

V | [AB;AC].AD |tø diÖn6 3

.

ðộ dài ñường cao ñường cao kẻ từ ñỉnh A : = =�� 6V 2 3

hA 3| [BC;BD] |

Cách khác : Viết pt mặt phẳng (BCD) , rồi tính khoảng cách từ A ñến mp(BCD) . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) :

Ta có : 4 22z 2z 1 0+ − = . ðặt = 2Z z thì phương trình trở thành : 22Z 2Z 1 0+ − = (*)

Phưong trình (*) có ∆ = + = ⇒ ∆ =1 2 3 3 nên (*) có 2 nghiệm :

− +− += ⇒ = ±

+ + +− −= = − = ⇒ = ±

1 31 3* Z z1 1,22 2

1 3 1 3 1 31 3 2* Z i . z i.2 3,42 2 2 2


Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) :

b. 1,0ñ Gọi phương trình mặt cầu (S) : 2 2 2x y z 2ax 2by 2cz d 0+ + + + + + = với

+ + − >2 2 2a b c d 0 Vì mặt cầu (S) ñi qua A,B,C,D nên ta có hệ :

45

+ + = − + = + + + + =

+ + + =

1 2c d 0

1 2c d 0

3 2a 2b 2c d 0

17 8b 2c d 0

. Giải hệ này ta ñược : = = − = = −a 1,b 2,c 0,d 1 .

Suy ra mặt cầu (S) có tâm I(−1;2;0) , bán kính : R = 6 .

Do ñó phương trình (S) : 2 2 2x y z 2x 4y 1 0+ + + − − =

c. 1,0ñ Gọi VTCP của (d) là 2 2 2u a b c b c 0= + + >�( ; ; ) víi a ; trục Oz có VTCP là

k 0 0 1=�

( ; ; )

dIC 2 11

+

⊥ = −��

qua C(1;1;1)( ) :

+ ( ; ; )và tạo với Oz một góc �45 nên ta có hệ :

2a b c 0IC c b 2a 2c 1 3a 4ab a 01 2 2 2k u c a b2 2 2 22 a b c

− + = ⊥ = − ⇔ ⇔ ⇒ = ⇒ = == = + + +

��

� �

u| | hay 3a = 4b

| cos( ; ) |

+ a = 0 , chọn b = 1 , c = 1 nên pt của (d) : x = 1 ; y = 1+ t ; z = 1 + t .

+ 3a = 4b , chọn a = 4 thì b = 3 , c = −5 nên pt của (d) : x 1 y 1 z 14 3 5− − −= =

−

Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : Phương trình có 2 2i 4 i∆ = ϕ + ϕ − ϕ ϕ = ϕ − ϕ(cos sin ) sin .cos (cos sin ) Vậy phương trình ñã cho có hai nghiệm :

i iz1 2i iz i2 2

ϕ + ϕ + ϕ − ϕ= = ϕ

ϕ + ϕ − ϕ − ϕ= = ϕ

cos sin cos sincos

cos sin (cos sin )sin

Documents

13 ðỀ THI TH Ử TN THPT CÓ ðÁP ÁN ờ Ầ Ấ Ả ñể ñể ñể