20 de thi tot nghiep co dap an chi tiet 2011 2012

www.VNMATH.comBỘ ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐÁP ÁN CHI TIẾT WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNGĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 01 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = (1 − x) 2 (4 − x) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại giao điểm của (C ) với trục hoành. 3) Tìm m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: x 3 − 6 x 2 + 9 x − 4 + m = 0Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 22 x +1 − 3.2 x − 2 = 0 1 2) Tính tích phân: I = ∫ (1 + x)e x dx 0 3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y = e x ( x 2 − x − 1) trên đoạn [0;2].Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của hình chóp.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2;0; −1), B(1; −2;3), C (0;1; 2) . 1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) . 2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên mặt phẳng ( ABC ) .Câu Va (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng: z + 2 z = 6 + 2i .2. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;0; −1), B(1; −2;3), C (0;1; 2) 1) Chứng minh 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) . 2) Viết phương trình mặt cầu tâm B, tiếp xúc với đường thẳng AC.Câu Vb (1,0 điểm): Tính môđun của số phức z = ( 3 − i ) 2011 . ---------- Hết ---------- BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I : y = (1 − x) 2 (4 − x) = (1 − 2 x + x 2 )(4 − x) = 4 − x − 8 x + 2 x 2 + 4 x 2 − x 3 = − x 3 + 6 x 2 − 9 x + 4  y = − x3 + 6 x 2 − 9 x + 4  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ′ = −3 x 2 + 12 x − 9 2

x = 1  Cho y ′ = 0 ⇔ −3 x + 12 x − 9 = 0 ⇔  2 x = 3  Giới hạn: lim y = +∞ x →−∞ ; lim y = −∞ x →+∞  Bảng biến thiên x –– 1 3 ++ y′ – 0 + 0 – ++ 4 y 0 ––  Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (––;1), (3;++) Hàm số đạt cực đại yCÑ = 4 tại xCÑ = 3 ; y đạt cực tiểu yCT = 0 tại xCT = 1  y ′′ = −6 x + 12 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 2 . Điểm uốn là I(2;2) x = 1 4  Giao điểm với trục hoành: y = 0 ⇔ − x + 6 x − 9 x + 4 = 0 ⇔  3 2 x = 4 Giao điểm với trục tung: x = 0 ⇒ y = 4 2  Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4 y 4 0 2 4 0  Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm trục đối xứng như hình vẽ bên đây 2 3 4 O 1 x  (C ) : y = − x 3 + 6 x 2 − 9 x + 4 . Viết pttt tại giao điểm của (C ) với trục hoành.  Giao điểm của (C ) với trục hoành: A(1;0), B(4;0)  pttt với (C ) tại A(1;0) : O x0 = 1 vaø y0 = 0   ⇒ pttt taïi A : y − 0 = 0( x − 1) ⇔ y = 0 O f ′( x0 ) = f ′(1) = 0   pttt với (C ) tại B (4;0) : O x0 = 4 vaø y0 = 0   ⇒ pttt taïi B : y − 0 = −9( x − 4) ⇔ y = −9 x + 36 O f ′( x0 ) = f ′(4) = −9   Vậy, hai tiếp tuyến cần tìm là: y = 0 và y = −9 x + 36  Ta có, x 3 − 6 x 2 + 9 x − 4 + m = 0 ⇔ − x 3 + 6 x 2 − 9 x + 4 = m (*)  (*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C ) : y = − x 3 + 6 x 2 − 9 x + 4 và d : y = m nên số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của (C ) và d.  Dựa vào đồ thị ta thấy (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0<m<4  Vậy, với 0 < m < 4 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.Câu II  22 x +1 − 3.2 x − 2 = 0 ⇔ 2.22 x − 3.2 x − 2 = 0 (*)  Đặt t = 2 x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành t = 2 (nhan) 2t 2 − 3t − 2 = 0 ⇔  t = − 2 (loai) 1  Với t = 2: 2 x = 2 ⇔ x = 1  Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 1. 1  I = ∫ (1 + x)e dx x 0 u = 1 + x  du = dx  Đặt  ⇒ . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:  dv = e dx v = e x x 3

1 1 1 I = (1 + x )e x 0 − ∫ e x dx = (1 + 1)e1 − (1 + 0)e0 − e x 0 = 2e − 1 − (e1 − e 0 ) = e 0 1  Vậy, I = ∫ (1 + x)e dx = e x 0  Hàm số y = e x ( x 2 − x − 1) liên tục trên đoạn [0;2]  y ′ = (e x )′( x 2 − x − 1) + e x ( x 2 − x − 1)′ = e x ( x 2 − x − 1) + e x (2 x − 1) = e x ( x 2 + x − 2)  x = 1 ∈ [0; 2] (nhan)  Cho y ′ = 0 ⇔ e ( x + x − 2) = 0 ⇔ x + x − 2 = 0 ⇔  x 2 2  x = −2 ∉ [0; 2] (loai)  Ta có, f (1) = e1 (12 − 1 − 1) = −e f (0) = e0 (02 − 0 − 1) = −1 f (2) = e 2 (22 − 2 − 1) = e 2  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là −e và số lớn nhất là e 2  Vậy, min y = −e khi x = 1; max y = e khi x = 2 2 [0;2] [0;2]Câu III S  Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO ⊥ ( ABCD) do đó SO là đường cao của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO, · do đó SBO = 600 (là góc giữa SB và mặt đáy) · SO · BD · A  Ta có, tan SBO = ⇒ SO = BO.tan SBO = .tan SBO D BO 2 60 = a 2.tan 60 = a 6 0 O  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là B 2a C 1 1 1 4a 3 6 V = B.h = AB.BC.SO = 2a.2a.a 6 = 3 3 3 3THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: Với A(2;0; −1), B(1; −2;3), C (0;1; 2) . uuur uuur Ta có hai véctơ: AB = (−1; −2; 4) , AC = (−2;1;3) uuu uuur  −2 4 4 −1 −1 −2  r r  [ AB, AC ] =  ; ;  = ( −10; −5; −5) ≠ 0 ⇒ A, B, C không thẳng hàng.  1 3 3 −2 −2 1   Điểm trên mp ( ABC ) : A(2;0; −1) r uuu uuur r  vtpt của mp ( ABC ) : n = [ AB, AC ] = (−10; −5; −5)  Vậy, PTTQ của mp ( ABC ) : A( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0 ⇔ −10( x − 2) − 5( y − 0) − 5( z + 1) = 0 ⇔ −10 x − 5 y − 5 z + 15 = 0 ⇔ 2x + y + z − 3 = 0 r  Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng (α ) , có vtcp u = (2;1;1)  x = 2t   PTTS của d :  y = t . Thay vào phương trình mp (α ) ta được: z = t  2(2t ) + (t ) + (t ) − 3 = 0 ⇔ 6t − 3 = 0 ⇔ t = 1 2  Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là H ( 1; 1 ; 1 ) 2 2Câu Va:  Đặt z = a + bi ⇒ z = a − bi , thay vào phương trình ta được a + bi + 2( a − bi ) = 6 + 2i ⇔ a + bi + 2a − 2bi = 6 + 2i ⇔ 3a − bi = 6 + 2i 3a = 6 a = 2 ⇔ ⇔ ⇒ z = 2 − 2i ⇒ z = 2 + 2i  −b = 2 b = −2  Vậy, z = 2 + 2i 4

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: Với A(2;0; −1), B(1; −2;3), C (0;1; 2) .  Bài giải hoàn toàn giống bài giải câu IVa (phần của banuuur bản): đề nghị xem lại phần trên cơ r  Đường thẳng AC đi qua điểm A(2;0; −1) , có vtcp u = AC = (−2;1;3) uuur  Ta có, AB = (−1; −2; 4) r uuur uuu r  −2 4 4 −1 −1 −2  r u = AC = (−2;1;3) . Suy ra [ AB, u ] =  ; ;  = (−10; −5; −5)  1 3 3 −2 −2 1   Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC ta được uuu r r [ AB, u ] (−10) 2 + (−5) 2 + (−5) 2 15 d ( B, AC ) = r = = u (−2) 2 + (1) 2 + (32 ) 14 15  Mặt cầu cần tìm có tâm là điểm B (1; −2;3) , bán kính R = d ( B, AC ) = nên có pt 14 225 ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 14Câu Vb: Ta có, ( 3 − i ) = ( 3) − 3.( 3) .i + 3. 3.i − i = 3 3 − 9i − 3 3 + i = −23.i 3 3 2 2 3 670  Do đó, ( 3 − i ) 2010 =  ( 3 − i )3    = (−23 i)670 = 22010.i 670 = 22010.(i 4 )167 .i 2 = −22010 Vậy, z = ( 3 − i ) 2011 = −22010.( 3 − i ) ⇒ z = 22010. ( 3) 2 + 12 = 2011 5

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 02 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x 3 − 3 x 2 + 3 x 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng có phương trình y = 3x .Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 6.4 x − 5.6 x − 6.9 x = 0 π 2) Tính tích phân: I = ∫ (1 + cos x) xdx 0 3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y = e x ( x 2 − 3) trên đoạn [–2;2].Câu III (1,0 điểm): Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (BA = BC), cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và có độ dài là a 3 , cạnh bên SB tạo với đáy một góc 600. Tính diện tích toàn phần của hình chóp.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2;1;1) và hai đường thẳng x −1 y + 2 z +1 x − 2 y − 2 z +1 d: = = , d′ : = = 1 −3 2 2 −3 −2 1) Viết phương trình mặt phẳng (α ) đi qua điểm A đồng thời vuông góc với đường thẳng d 2) Viết phương trình của đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d đồng thời cắt đường thẳng d ′Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: ( z ) 4 − 2( z ) 2 − 8 = 02. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho mp(P) và mặt cầu (S) lần lượt có phương trình ( P ) : x − 2 y + 2 z + 1 = 0 và ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 – 4 x + 6 y + 6 z + 17 = 0 1) Chứng minh mặt cầu cắt mặt phẳng. 2) Tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn giao tuyến của mặt cầu và mặt phẳng. 1Câu Vb (1,0 điểm): Viết số phức sau dưới dạng lượng giác z = 2 + 2i ---------- Hết ---------- 6

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I :  y = x3 − 3x 2 + 3x  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ′ = 3 x 2 − 6 x + 3  Cho y ′ = 0 ⇔ 3 x 2 − 6 x + 3 = 0 ⇔ x = 1  Giới hạn: lim y = −∞ x →−∞ ; lim y = +∞ x →+∞  Bảng biến thiên x –– 1 ++ y′ + 0 + y y –– 1 ++  Hàm số ĐB trên cả tập xác định; hàm số không đạt cực trị.  y ′′ = 6 x − 6 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 . Điểm uốn là I(1;1)  Giao điểm với trục hoành: 2 Cho y = 0 ⇔ x 3 − 3 x 2 + 3 x = 0 ⇔ x = 0 I 1 Giao điểm với trục tung: Cho x = 0 ⇒ y = 0 O 1 2 x  Bảng giá trị: x 0 1 2 y 0 1 2  Đồ thị hàm số (như hình vẽ bên đây):  (C ) : y = x 3 − 3 x 2 + 3 x . Viết của (C ) song song với đường thẳng ∆ : y = 3 x .  Tiếp tuyến song song với ∆ : y = 3 x nên có hệ số góc k = f ′( x0 ) = 3  x0 = 0 Do đó: 3 x0 − 6 x0 + 3 = 3 ⇔ 3 x0 − 6 x0 = 0 ⇔  2 2  x0 = 2  Với x0 = 0 thì y0 = 0 − 3.0 + 3.0 = 0 3 2 và f ′( x0 ) = 3 nên pttt là: y − 0 = 3( x − 0) ⇔ y = 3 x (loại vì trùng với ∆ )  Với x0 = 2 thì y0 = 2 − 3.2 + 3.2 = 2 3 2 và f ′( x0 ) = 3 nên pttt là: y − 2 = 3( x − 2) ⇔ y = 3x − 4  Vậy, có một tiếp tuyến thoả mãn đề bài là: y = 3x − 4Câu II  6.4 x − 5.6 x − 6.9 x = 0 . Chia 2 vế pt cho 9 x ta được 2x x 4x 6x 2 2 6. x − 5. x − 6 = 0 ⇔ 6.   − 5.   − 6 = 0 (*) 9 9 3 3 x  Đặt t =   (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành 2   3 3 2 6t 2 − 5t − 6 = 0 ⇔ t = (nhan) , t = − (loai) 2 3 x x −1 3 2  Với t = :   = ⇔   =   ⇔ x = −1 3 2 2   2 3     2 3 3  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −1 . π π π  I = ∫ (1 + cos x) xdx = ∫ xdx + ∫ x cos xdx 0 0 0 π 2 π x π 02 π 2 2  Với I1 = ∫ xdx = = − = 0 2 0 2 2 2 7

π  Với I 2 = ∫ x cos xdx 0 u = x  du = dx  Đặt  ⇒ . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:  dv = cos xdx v = sin x π π π π I 2 = x sin x 0 − ∫ sin xdx = 0 − (− cos x) 0 = cos x 0 = cos π − cos 0 = −2 0 π2  Vậy, I = I1 + I 2 = −2 2  Hàm số y = e x ( x 2 − 3) liên tục trên đoạn [–2;2]  y ′ = (e x )′( x 2 − 3) + e x ( x 2 − 3)′ = e x ( x 2 − 3) + e x (2 x) = e x ( x 2 + 2 x − 3)  x = 1 ∈ [−2; 2] (nhan)  Cho y ′ = 0 ⇔ e ( x + 2 x − 3) = 0 ⇔ x + 2 x − 3 = 0 ⇔  x 2 2  x = −3 ∉ [−2; 2] (loai)  Ta có, f (1) = e1 (12 − 3) = −2e f (−2) = e −2 [(−2)2 − 3] = e −2 f (2) = e 2 (22 − 3) = e 2  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là −2e và số lớn nhất là e 2  Vậy, min y = −2e khi x = 1; max y = e khi x = 2 2 [ −2;2] [ −2;2]Câu III  Theo giả thiết, SA ⊥ AB , SA ⊥ AC , BC ⊥ AB , BC ⊥ SA Suy ra, BC ⊥ ( SAB ) và như vậy BC ⊥ SB S Do đó, tứ diện S.ABC có 4 mặt đều là các tam giác vuông. ·  Ta có, AB là hình chiếu của SB lên (ABC) nên SBA = 600 · SA SA a 3 a 3 tan SBA = ⇒ AB = = = a (= BC ) AB · tan SBO 3 AC = AB 2 + BC 2 = a 2 + a 2 = a 2 A C SB = SA2 + AB 2 = (a 3) 2 + a 2 = 2a 60  Vậy, diện tích toàn phần của tứ diện S.ABC là: B STP = S ∆SAB + S ∆SBC + S ∆SAC + S ∆ABC 1 = ( SA. AB + SB.BC + SA. AC + AB.BC ) 2 1 3+ 3 + 6 2 = ( a 3.a + 2a.a + a 3.a 2 + a.a ) = ⋅a 2 2THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa:  Điểm trên mp (α ) : A(2;1;1) r r  vtpt của (α ) là vtcp của d: n = ud = (1; −3; 2)  Vậy, PTTQ của mp (α ) : A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0 d ⇔ 1( x − 2) − 3( y − 1) + 2( z − 1) = 0 d ⇔ x − 2 − 3y + 3 + 2z − 2 = 0 A B ⇔ x − 3y + 2z −1 = 0 α  x = 2 + 2t   PTTS của d ′ :  y = 2 − 3t . Thay vào phương trình mp (α ) ta được:  z = −1 − 2t  (2 + 2t ) − 3(2 − 3t ) + 2( −1 − 2t ) − 1 = 0 ⇔ 7t − 7 = 0 ⇔ t = 1 8

 Giao điểm của (α ) và d ′ là B (4; −1; −3) r uuur  Đường thẳng ∆ chính là đường thẳng AB, đi qua A(2;1;1) , có vtcp u = AB = (2; −2; −4) nên có  x = 2 + 2t  PTTS: ∆ :  y = 1 − 2t (t ∈ ¡ )  z = 1 − 4t Câu Va: ( z ) 4 − 2( z ) 2 − 8 = 0  Đặt t = ( z ) 2 , thay vào phương trình ta được t = 4 ( z )2 = 4  z = ±2  z = ±2 t 2 − 2t − 8 = 0 ⇔  ⇔ 2 ⇔ ⇔  t = −2  ( z ) = −2  z = ±i 2  z = mi 2  Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm: z1 = 2 ; z2 = −2 ; z3 = i 2 ; z4 = −i 2 ITHEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb:  Từ pt của mặt cầu (S) ta tìm được hệ số : a = 2, b = –3, c = –3 và d = 17 Do đó, mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính R = 22 + (−3) 2 + (−3) 2 − 17 = 5 2 − 2(−3) + 2(−3) + 1  Khoảng cách từ tâm I đến mp(P): d = d ( I , ( P )) = =1< R 12 + (−2) 2 + 22  Vì d ( I , ( P )) < R nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) Gọi d là đường thẳng qua tâm I của mặt cầu và vuông góc mp(P) thì d có vtcp x = 2 + t r  u = (1; −2; 2) nên có PTTS d :  y = −3 − 2t (*). Thay (*) vào pt mặt phẳng (P) ta được  z = −3 + 2t  1 (2 + t ) − 2(−3 − 2t ) + 2(−3 + 2t ) + 1 = 0 ⇔ 9t + 3 = 0 ⇔ t = − 3  5 7 11   Vậy, đường tròn (C) có tâm H  ; − ; −  và bán kính r = R 2 − d 2 = 5 − 1 = 2 3 3 3 Câu Vb: 2 2 1 2 − 2i 2 + 2i 2 + 2i 1 1 1 1 2  z= = = = = + i ⇒ z =   +  = 2 + 2i (2 + 2i )(2 − 2i ) 4 − 4i 2 8 4 4 4 4 4 1 1 2 2 2  2 π π   Vậy, z = + i=  + i =  cos + sin i  4 4 4  2 2  4  4 4  9

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNGĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 03 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = − x 4 + 4 x 2 − 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Dựa vào (C ) , hãy biện luận số nghiệm của phương trình: x 4 − 4 x 2 + 3 + 2m = 0 3) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) tại điểm trên (C ) có hoành độ bằng 3.Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 7 x + 2.71− x − 9 = 0 e2 2) Tính tích phân: I = ∫ (1 + ln x ) xdx e x2 + 2x + 2 3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y = trên đoạn [− 1 ; 2] 2 x +1Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SA = 2a. Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩn r r r uur r r rCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ (O, i , j , k ) , cho OI = 2i + 3 j − 2k và mặt phẳng ( P ) có phương trình: x − 2 y − 2 z − 9 = 0 1) Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm là điểm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) . 2) Viết phương trình mp (Q) song song với mp ( P ) đồng thời tiếp xúc với mặt cầu ( S )Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: y = x 3 − 4 x 2 + 3x − 1 và y = −2 x + 12. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(–1;2;7) và đường thẳng d có x − 2 y −1 z phương trình: = = 1 2 1 1) Hãy tìm toạ độ của hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với đường thẳng d. log 4 x + log 4 y = 1 + log 4 9Câu Vb (1,0 điểm): Giải hệ pt   x + y − 20 = 0 ---------- Hết ---------- 10

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I :  y = − x4 + 4x2 − 3  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ′ = −4 x 3 + 8 x 4 x = 0 x = 0 x = 0  Cho y ′ = 0 ⇔ −4 x + 8 x = 0 ⇔ 4 x (− x + 2) = 0 ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ 3 2 − x + 2 = 0 x = 2 x = ± 2  Giới hạn: lim y = −∞ x →−∞ ; lim y = −∞ x →+∞  Bảng biến thiên x –– − 2 0 2 ++ y′ y′ + 0 – 0 + 0 – 1 1 y –– –3 ––  Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞; − 2), (0; 2) , NB trên các khoảng (− 2;0), ( 2; +∞) Hàm số đạt cực đại yCĐ = 1 tại xCÑ = ± 2 , đạt cực tiểu yCT = –3 tại xCT = 0 .  x2 = 1  x = ±1  Giao điểm với trục hoành: cho y = 0 ⇔ − x + 4 x − 3 = 0 ⇔  2 ⇔ 4 2 x = 3 x = ± 3 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 ⇒ y = −3  Bảng giá trị: x − 3 − 2 0 2 3 y 0 1 –3 1 0  Đồ thị hàm số: y 1 - 3 -1 1 3 - 2 O 2 x -3 y = 2m 2m  x 4 − 4 x 2 + 3 + 2m = 0 ⇔ − x 4 + 4 x 2 − 3 = 2m (*)  Số nghiệm pt(*) bằng với số giao điểm của (C ) : y = − x 4 + 4 x 2 − 3 và d: y = 2m.  Ta có bảng kết quả: Số giao điểm Số nghiệm M 2m của (C) và d của pt(*) m > 0,5 2m > 1 0 0 m = 0,5 2m = 1 2 2 –1,5< m < 0,5 –3< 2m < 1 4 4 m = –1,5 2m = –3 3 3 m < –1,5 2m < –3 2 2  x0 = 3 ⇒ y0 = 0 g f ′( x0 ) = f ′( 3) = y ′ = −4 x3 + 8 x = −4 3  Vậy, pttt cần tìm là: y − 0 = −4 3( x − 3) ⇔ y = −4 3 x + 12 1− x 7Câu II 7 + 2.7 − 9 = 0 ⇔ 7 + 2. x − 9 = 0 (*) x x 7  Đặt t = 7 (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành x 11

14 t = 2 (nhan) t+ − 9 = 0 ⇔ t 2 + 14 − 9t = 0 ⇔ t 2 − 9t + 14 = 0 ⇔  t t = 7 (nhan)  Với t = 2 : 7 = 2 ⇔ x = log 7 2 x  Với t = 7 : 7 x = 7 ⇔ x = 1  Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm : x = 1 và x = log 7 2 e2  I = ∫ (1 + ln x ) xdx e  1  du = x dx u = 1 + ln x   Đặt  ⇒ . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:  dv = xdx v = x2   2 e2 e2 x 2 (1 + ln x) e2 x e 4 (1 + 2) e 2 (1 + 1) x 2 I= −∫ dx = − − 2 e e 2 2 2 4 e 4 4 2 3e e e 5e 4 3e 2 = − e2 − + = − 2 4 4 4 4 5e 4 3e 2  Vậy, I = − 4 4 x + 2x + 2 2  Hàm số y = liên tục trên đoạn [− 1 ; 2] 2 x +1 ( x 2 + 2 x + 2)′( x + 1) − ( x 2 + 2 x + 2)( x + 1)′ (2 x + 2)( x + 1) − ( x 2 + 2 x + 2)1 x 2 + 2 x  y′ = = = ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 ( x + 1) 2  x = 0 ∈ [− 1 ; 2] (nhan) y′ = 0 ⇔ x 2 + 2 x = 0 ⇔  2  Cho  x = −2 ∉ [− 2 ; 2] (loai) 1  1 5 10  Ta có, f (0) = 2 f −  = f (2) =  2 2 3 10  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 2 và số lớn nhất là 3 10  Vậy, min y = 2 khi x = 0; max y = khi x = 2 [ − 1 ;2] 2 [ − 1 ;2] 2 3Câu III Theo giả thiết, SA ⊥ AC , SA ⊥ AD , BC ⊥ AB , BC ⊥ SA Suy ra, BC ⊥ ( SAB ) và như vậy BC ⊥ SB S Hoàn toàn tương tự, ta cũng sẽ chứng minh được CD ⊥ SD .  A,B,D cùng nhìn SC dưới 1 góc vuông nên A,B,D,S,C cùng thuộc đường tròn đường kính SC, có tâm là trung điểm I của SC. 2a I  Ta có, SC = SA2 + AC 2 = (2a) 2 + (a 2) 2 = a 6 A D SC a 6  Bán kính mặt cầu: R = = a 2 2 B C 2    Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD là: S = 4π R = 4π  a 6  = 6π a 2 2  2 THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa:uur r r r  OI = 2i + 3 j − 2k ⇒ I (2;3; −2)  Tâm của mặt cầu: I (2;3; −2) 2 − 2.3 − 2.(−2) − 9 9  Bán kính của mặt cầu: R = d ( I , ( P )) = 2 = =3 1 + (−2) 2 + (−2) 2 3 12

 Vậy, pt mặt cầu ( S ) là: ( x − a ) 2 + ( y − b) 2 + ( z − c ) 2 = R 2 ⇔ ( x − 2) 2 + ( y − 3) 2 + ( z + 2) 2 = 9 r r  (Q) || ( P ) : x − 2 y − 2 z − 9 = 0 nên (Q) có vtpt n = n( P ) = (1; −2; −2) Do đó PTTQ của mp(Q) có dạng (Q) : x − 2 y − 2 z + D = 0 ( D ≠ −9)  Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên 2 − 2.3 − 2.(−2) + D D  D = 9 (nhan) d ( I , (Q)) = R ⇔ =3⇔ =3⇔ D =9⇔  12 + (−2) 2 + (−2) 2 3  D = −9 (loai)  Vậy, PTTQ của mp(Q) là: (Q) : x − 2 y − 2 z + 9 = 0 x =1Câu Va: Cho x − 4 x + 3 x − 1 = −2 x + 1 ⇔ x − 4 x + 5 x − 2 ⇔  3 2 3 2 x = 2 2  Diện tích cần tìm là: S = ∫ x 3 − 4 x 2 + 5 x − 2 dx 1 2 2  x 4 4 x3 5 x 2  1 1 hay S = ∫ ( x − 4 x + 5 x − 2)dx =  − 3 2 + − 2x  = − = (đvdt) 1  4 3 2 1 12 12THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: uuur  Gọi H là hình chiếu của A lên d thì H (2 + t ;1 + 2t ; t ) , do đó AH = (3 + t ; 2t − 1; t − 7) uuur r  Do AH ⊥ d nên AH .ud = 0 ⇔ (3 + t ).1 + (2t − 1).2 + (t − 7).1 = 0 ⇔ 6t − 6 = 0 ⇔ t = 1  Vậy, toạ độ hình chiếu của A lên d là H (3;3;1)  Tâm của mặt cầu: A(–1;2;7)  Bán kính mặt cầu: R = AH = 42 + 12 + (−6) 2 = 53  Vậy, phương trình mặt cầu là: ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 7) 2 = 53Câu Vb: ĐK: x > 0 và y > 0 log 4 x + log 4 y = 1 + log 4 9 log xy = log 4 36  xy = 36   ⇔ 4 ⇔  x + y − 20 = 0  x + y − 20 = 0  x + y = 20  X = 18 > 0  x và y là nghiệm phương trình: X − 20 X + 36 = 0 ⇔  2 X = 2 > 0  x = 18 x = 2  Vậy, hệ pt đã cho có các nghiệm:  ;  y = 2  y = 18 WWW.VNMATH.COM 13

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 04 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x −1Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x −1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 4.Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log 2 x − log 4 (4 x ) − 5 = 0 2 2 π sin x + cos x 2) Tính tích phân: I =∫ 3 dx 0 cos x 3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau đây đạt cực tiểu tại điểm x0 = 2 y = x 3 − 3mx 2 + (m 2 − 1) x + 2Câu III (1,0 điểm): · Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BAC = 300 ,SA = AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Tính VS.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩn r r r uuuu r r rCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ (O, i , j , k ) , cho OM = 3i + 2k , mặt cầu ( S ) có phương trình: ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9 1) Xác định toạ độ tâm I và bán kính của mặt cầu ( S ) . Chứng minh rằng điểm M nằm trên mặt cầu, từ đó viết phương trình mặt phẳng (α ) tiếp xúc với mặt cầu tại M. 2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu, song song với mặt phẳng (α ) , x +1 y − 6 z − 2 đồng thời vuông góc với đường thẳng ∆ : = = . 3 −1 1Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: −z2 + 2z − 5 = 02. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có toạ độ các đỉnh là A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) 1) Viết phương trình đường vuông góc chung của AB và CD. 2) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD.Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây y = ln x , trục hoành và x = e ---------- Hết --------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 14

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I: 2x −1  y= x −1  Tập xác định: D = ¡ {1} −1  Đạo hàm: y ′ = < 0, ∀x ∈ D ( x − 1) 2  Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: xlim y = 2 ; xlim y = 2 ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang. →−∞ →+∞ lim y = −∞ ; lim y = +∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng. x →1− x →1+  Bảng biến thiên x –– 1 ++ y′ – – 2 ++ y y –– 2 1  Giao điểm với trục hoành: y = 0 ⇔ 2 x − 1 = 0 ⇔ x = 2 3 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 ⇒ y = 1 2,5  Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 2 y 3/2 1 || 3 5/2  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: 1 2x −1 -1 O 1 2 x  (C ) : y = 3 x −1  Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên f ′( x0 ) = −4  1  3 −1 1  x0 − 1 = 2  x0 = 2 ⇔ = −4 ⇔ ( x0 − 1) 2 = ⇔  ⇔ ( x0 − 1) 2 4  x −1 = − 1 x = 1  0  2  0 2  3 2. 2 − 1 3 = 4 .pttt là: y − 4 = −4  x −  ⇔ y = −4 x + 10 3  Với x0 = ⇒ y0 = 3   2 2 −1  2 1 2. 1 − 1 = 0 . pttt là: y − 0 = −4  x −  ⇔ y = −4 x + 2 1  Với x0 = ⇒ y0 = 1 2   2 2 −1  2  Vậy, có 2 tiếp tuyến thoả mãn ycbt là : y = −4 x + 2 và y = −4 x + 10Câu II:  Điều kiện: x > 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương với log 2 x − (log 4 4 + log 4 x 2 ) − 5 = 0 ⇔ log 2 x − log 2 x − 6 = 0 (*) 2 2  Đặt t = log 2 x , phương trình (*) trở thành t = 3 log 2 x = 3  x = 23 t −t −6 = 0 ⇔  2 ⇔ ⇔ (nhận cả hai nghiệm) t = −2 log 2 x = −2 −2 x = 2 1  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 8 và x = 4 π π π π sin x + cos x  sin x cos x  sin x  I = ∫3 dx = ∫ 3  +  dx = ∫ 3 dx + ∫ 3 1.dx 0 cos x 0  cos x cos x  0 cos x 0 π sin x.dx  Với I1 = ∫ 3 , ta đặt t = cos x ⇒ dt = − sin x.dx ⇒ sin x.dx = −dt 0 cos x π Đổi cận: x 0 3 15

1 t 1 2  − dt  1 dt 1 1 1 Thay vào: I1 = ∫12   = ∫1 = ln t 1 = ln1 − ln = ln 2  t  2 t 2 2 π π π  Với I 2 = ∫ 3 1.dx = x 0 = 3 0 3 π  Vậy, I = I1 + I 2 = ln 2 + 3  y = x − 3mx + (m − 1) x + 2 có TXĐ D = ¡ 3 2 2  y ′ = 3 x 2 − 6mx + m 2 − 1  y ′′ = 6 x − 6m  f ′(2) = 0 3.22 − 6m.2 + m 2 − 1 = 0  Hàm số đạt cực tiểu tại x0 = 2 ⇔  ⇔  f ′′(2) > 0 6.2 − 6m > 0 m 2 − 12m + 11 = 0 m = 1 hoac m = 11 ⇔ ⇔ ⇔ m =1  12 − 6m > 0 m < 2  Vậy, với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x0 = 2Câu III Theo giả thiết, SA ⊥ AB , BC ⊥ AB , BC ⊥ SA S Suy ra, BC ⊥ ( SAB ) và như vậy BC ⊥ SB a 3 a a và BC = AC.sin 30 = 0  Ta có, AB = AC.cos 300 = 2 2 a 3a 2 a 7 A C SB = SA2 + AB 2 = a 2 + = 4 2 B 2 1 1 a 3 a a 3 1 a3 3  S ∆ABC = AB.BC = ⋅ ⋅ = ⇒ VS . ABC = SA ⋅ S ∆ABC = 2 2 2 2 8 3 24 2 1 1 a 7 a a 7  S ∆SBC = SB.BC = ⋅ ⋅ = 2 2 2 2 8 1 3V a3 3 8 a 21  VS . ABC = d ( A, ( SBC )).S ∆SBC ⇒ d ( A, ( SBC )) = S . ABC = 3 ⋅ ⋅ 2 = 3 S∆SBC 24 a 7 7THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: r uuuu r r  OM = 3i + 2k ⇒ M (3;0; 2) và ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9  Mặt cầu có tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 3  Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu: (3 − 1) 2 + (0 + 2) 2 + (2 − 3) 2 = 9 là đúng Do đó, M ∈ ( S ) r uuu r  (α ) đi qua điểm M, có vtpt n = IM = (2; 2; −1)  Vậy, PTTQ của (α ) là: 2( x − 3) + 2( y − 0) − 1( z − 2) = 0 ⇔ 2 x + 2 y − z − 4 = 0  Điểm trên d: I (1; −2;3) r r  (α ) có vtpt n = (2; 2; −1) và ∆ có vtcp u∆ = (3; −1;1) nên d có vtcp r r r  2 −1 −1 2 2 2  u = [ n , u∆ ] =  ; ;  = (1; −5; −8)  −1 1 1 3 3 −1  x = 1+ t   Vậy, PTTS của d là:  y = −2 − 5t (t ∈ ¡ )  z = 3 − 8t Câu Va: − z 2 + 2 z − 5 = 0 (*) 16

 Ta có, ∆ = 22 − 4.(−1).(−5) = −16 = (4i ) 2  Vậy, pt (*) có 2 nghiệm phức phân biệt −2 − 4i −2 + 4i z1 = = 1 + 2i và z2 = = 1 − 2i −2 −2THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: uuur uuur  Ta có, AB = (0;1;0) và CD = (1;1; −1)  Gọi M,N lần lượt là điểm nằm trên AB và CD thì toạ độ của M,N có dạng M (1;1 + t ;1), N (1 + t ′;1 + t ′; 2 − t ′) uuuur ⇒ MN = (−t ′; t − t ′; t ′ − 1)  MN là đường vuông góc chung của AB và CD khi và chỉ khi uuu uuuu r r   AB.MN = 0 t − t ′ = 0 1  uuu uuuu r r ⇔ ⇔ t = t′ = CD.MN = 0   −t ′ + t − t ′ − t ′ + 1 = 0 2  3   3 3 3  uuuu  1r 1 r  Vậy, M  1; ;1 , N  ; ;  ⇒ MN =  − ;0; −  hay u = (1;0;1) là vtcp của d cần tìm  2  2 2 2  2 2 x = 1+ t   3 PTCT của đường vuông góc chung cần tìm là:  y = (t ∈ ¡ )  2 z = 1+ t   Phương trình mặt cầu ( S ) có dạng: x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0  Vì A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) thuộc ( S ) nên: 3 − 2a − 2b − 2c + d = 0 2a + 2b + 2c − d = 3 d = 2a + 2b + 2c − 3 d = 6 6 − 2a − 4b − 2c + d = 0 2a + 4b + 2c − d = 6  − 2b = −3 b = 3 / 2      ⇔ ⇔ ⇔ 6 − 2a − 2b − 4c + d = 0 2a + 2b + 4c − d = 6  2b − 2c = 0 c = 3 / 2 9 − 4a − 4b − 2c + d = 0  4a + 4b + 2c − d = 9  −2a − 2b + 2c = −3  a = 3 / 2   Vậy, phương trình mặt cầu là: x 2 + y 2 + z 2 − 3 x − 3 y − 3 z + 6 = 0Câu Vb: Cho y = ln x = 0 ⇔ x = 1  Diện tích cần tìm là: e e S = ∫ ln x dx = ∫ ln xdx 1 1  1 u = ln x du = dx  Đặt  ⇒ x . Thay vào công thức tính S ta được:  dv = dx v = x  e S = x ln x 1 − ∫ dx = e ln e − 1ln1 − x 1 = e − 0 − e + 1 = 1 (đvdt) e e 1  Vậy, diện tích cần tìm là: S = 1 (đvdt) WWW.VNMATH.COM 17

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 05 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x 2 (4 − x 2 ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Tìm điều kiện của tham số b để phương trình sau đây có 4 nghiệm phân biệt: x 4 − 4 x 2 + log b = 0 3) Tìm toạ độ của điểm A thuộc (C ) biết tiếp tuyến tại A song song với d : y = 16 x + 2011Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log 2 ( x − 3) + log 2 ( x − 1) = 3 π sin x 2) Tính tích phân: I = ∫π2 dx 3 1 + 2 cos x 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = e x + 4e − x + 3x trên đoạn [1;2]Câu III (1,0 điểm): Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau, SB =SC = 2cm, SA = 4cm. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, từ đó tính diện tích của mặt cầu đó.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm A(−3; 2; −3) và hai đường thẳng x −1 y + 2 z − 3 x − 3 y −1 z − 5 d1 : = = và d 2 : = = 1 1 −1 1 2 3 1) Chứng minh rằng d1 và d 2 cắt nhau. 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và d 2 . Tính khoảng cách từ A đến mp(P).Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: y = x 2 + x − 1 và y = x 4 + x − 12. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x −1 y + 2 z − 3 x y −1 z − 6 d1 : = = và d 2 : = = 1 1 −1 1 2 3 1) Chứng minh rằng d1 và d 2 chéo nhau. 2) Viết phương trình mp(P) chứa d1 và song song với d 2 . Tính khoảng cách giữa d1 và d 2Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: y = 2 x , x + y = 4 và trục hoành ......... Hết .......... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 18

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I:  y = x 2 (4 − x 2 ) = − x 4 + 4 x 2  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ′ = −4 x 3 + 8 x 4 x = 0 x = 0 x = 0  Cho y ′ = 0 ⇔ −4 x + 8 x = 0 ⇔ 4 x (− x + 2) = 0 ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ 3 2 − x + 2 = 0 x = 2 x = ± 2  Giới hạn: lim y = −∞ x →−∞ ; lim y = −∞ x →+∞  Bảng biến thiên x –– − 2 0 2 ++ y′ + 0 – 0 + 0 – 4 4 y –– 0 ––  Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞; − 2), (0; 2) , NB trên các khoảng (− 2;0), ( 2; +∞) Hàm số đạt cực đại yCĐ = 4 tại xCÑ = ± 2 , y đạt cực tiểu yCT = 0 tại xCT = 0 . 4  Giao điểm với trục hoành:  x2 = 0 x = 0 y = logm cho y = 0 ⇔ − x + 4 x = 0 ⇔  2 ⇔ 4 2 x = 4  x = ±2 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 ⇒ y = 0  Bảng giá trị: x −2 − 2 0 2 2 y 0 0 0 4 0 -2 - 2 O 2 2x  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:  x 4 − 4 x 2 + log b = 0 ⇔ − x 4 + 4 x 2 = log b (*)  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = logb  Dựa vào đồ thị, (C) cắt d tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 < log b < 4 ⇔ 1 < b < 104  Vậy, phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < b < 104  Giả sử A( x0 ; y0 ) . Do tiếp tuyến tại A song song với d : y = 16 x + 2011 nên nó có hệ số góc f ′( x0 ) = 16 ⇔ −4 x0 + 8 x0 = 16 ⇔ 4 x0 − 8 x0 + 16 = 0 ⇔ x0 = −2 3 3  x0 = −2 ⇒ y0 = 0  Vậy, A(−2;0)Câu II:  log 2 ( x − 3) + log 2 ( x − 1) = 3 x − 3 > 0 x > 3  Điều kiện:  ⇔ ⇔ x > 3 . Khi đó, x −1 > 0 x > 1 log 2 ( x − 3) + log 2 ( x − 1) = 3 ⇔ log 2 [ ( x − 3)( x − 1)] = 3 ⇔ ( x − 3)( x − 1) = 8  x = −1 (loai ) ⇔ x 2 − x − 3x + 3 = 8 ⇔ x 2 − 4 x − 5 = 0 ⇔   x = 5 (nhan)  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5 π sin x  I = ∫π2 dx 3 1 + 2 cos x −dt  Đặt t = 1 + 2 cos x ⇒ dt = −2sin x.dx ⇒ sin x.dx = 2 19

π π  Đổi cận: x 3 2 t 2 1 2 1 −dx   Thay vào: I = ∫ ⋅  1 2 dt 1 1  2 t  2   = ∫1 = ln t = ln 2 = ln 2 2t 2 1 2  Vậy, I = ln 2  Hàm số y = e x + 4e − x + 3x liên tục trên đoạn [1;2]  Đạo hàm: y ′ = e x − 4e − x + 3 4  Cho y ′ = 0 ⇔ e − 4e + 3 = 0 ⇔ e − x + 3 = 0 ⇔ e + 3e − 4 = 0 (1) x −x x 2x x e Đặt t = e x (t > 0), phương trình (1) trở thành: t = 1 (nhan) t 2 + 3t − 4 = 0 ⇔  ⇔ e x = 1 ⇔ x = 0 ∉ [1; 2] (loại) t = −4 (loai) 4 4  f (1) = e + + 3 và f (2) = e + 2 + 6 2 e e 4 4  Trong 2 kết quả trên số nhỏ nhất là: e + + 3 , số lớn nhất là e + 2 + 6 2 e e 4 4  Vậy, min y = e + + 3 khi x = 1 và max y = e + 2 + 6 khi x = 2 2 [1;2] e [1;2] e ACâu III  Gọi H,M lần lượt là trung điểm BC, SA và SMIH là hbh.  Ta có, IH || SA ⊥ ( SBC ) ⇒ IH ⊥ SH ⇒ SMIH là hình chữ nhật M  Dễ thấy IH là trung trực của đoạn SA nên IS = IA I S C H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆SBC và IH ⊥ ( SBC ) nên IS = IB = IC (= IA) ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. H B 1 1 1 2 1 1  Ta có, SH = BC = SB 2 + SC 2 = 2 + 22 = 2 (cm) và IH = SM = SA = (cm) 2 2 2 2 2  Bán kính mặt cầu là: R = IS = SH 2 + IH 2 = ( 2) 2 + 22 = 6  Diện tích mặt cầu : S = 4π R 2 = 4π ( 6) 2 = 24π (cm)THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: r  d1 đi qua điểm M 1 (1; −2;3) , có vtcp u1 = (1;1; −1) r  d2 đi qua điểm M 2 (3;1;5) , có vtcp u2 = (1; 2;3) r r  1 −1 −1 1 1 1   Ta có [u1 , u2 ] =  ; ;  = (5; −4;1)  2 3 3 1 1 2 uuuuuur và M 1M 2 = (2;3; 2) r r uuuuuur  Suy ra, [u1 , u2 ].M 1M 2 = 5.2 − 4.3 + 1.2 = 0 , do đó d1 và d2 cắt nhau.  Mặt phẳng (P) chứa d1 và d 2 .  Điểm trên (P): M 1 (1; −2;3) r r r  vtpt của (P): n = [u1 , u2 ] = (5; −4;1)  Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5( x − 1) − 4( y + 2) + 1( z − 3) = 0 ⇔ 5 x − 4 y + z − 16 = 0  Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là: 5.(−3) − 4.2 + (−3) − 16 42 d ( A, ( P )) = = = 42 5 + (−4) + 1 2 2 2 42 20

Câu Va: y = x 2 + x − 1 và y = x 4 + x − 1  Cho x 2 + x − 1 = x 4 + x − 1 ⇔ x 2 − x 4 = 0 ⇔ x = 0, x = ±1 1  Vậy, diện tích cần tìm là : S = ∫ x 2 − x 4 dx −1 0 1 0 1  x3 x5   x3 x 5  2 2 4 ⇔ S = ∫ ( x − x ) dx + ∫ ( x − x )dx =  −  +  −  = 2 4 2 4 + = −1 0  3 5  −1  3 5  0 15 15 15THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: r  d1 đi qua điểm M 1 (1; −2;3) , có vtcp u1 = (1;1; −1) r  d2 đi qua điểm M 2 (−3; 2; −3) , có vtcp u2 = (1; 2;3) r r  1 −1 −1 1 1 1   Ta có [u1 , u2 ] =  ; ;  = (5; −4;1) 2 3 3 1 1 2 uuuuuur và M 1M 2 = (−4; 4; −6) r r uuuuuur  Suy ra, [u1 , u2 ].M 1M 2 = 5.(−4) − 4.4 + 1.(−6) = −42 ≠ 0 , do đó d1 và d2 chéo nhau.  Mặt phẳng (P) chứa d1 và song song với d 2 .  Điểm trên (P): M 1 (1; −2;3) r r r  vtpt của (P): n = [u1 , u2 ] = (5; −4;1)  Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5( x − 1) − 4( y + 2) + 1( z − 3) = 0 ⇔ 5 x − 4 y + z − 16 = 0  Khoảng cách giữa hai đường thẳng d1 và d2 bằng khoảng cách từ M2 đến mp(P): 5.(−3) − 4.2 + ( −3) − 16 42 d (d1 , d 2 ) = d ( M 2 , ( P )) = = = 42 52 + ( −4) 2 + 12 42Câu Vb: y2  Ta có, y = 2 x ⇔ x = ( y > 0) và x + y = 4 ⇔ x = 4 − y 2 Trục hoành là đường thẳng có phương trình y = 0: y2 y2  y = −4 (nhan)  Cho = 4− y ⇔ + y−4=0⇔  2 2  y = 2 (loai) 2 y2  Diện tích cần tìm là: S = ∫ + y − 4 dx 0 2 2 2 y2  y3 y 2  14 14 S = ∫ ( + y − 4)dx =  + − 4y = − = (đvdt) 0 2  6 2 0 3 3 WWW.VNMATH.COM 21

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 06 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = 2 x 3 + (m + 1) x 2 + (m 2 − 4) x − m + 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 2. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại giao điểm của (C ) với trục tung. 3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 log 2 ( x − 2) + log 0,5 (2 x − 1) = 0 1(e x + 1) 2 2) Tính tích phân: I =∫ dx 0 ex x2 3) Cho hàm số y = x.e − 2 . Chứng minh rằng, xy′ = (1 − x 2 ) yCâu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a. Hai mặt bên (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho A(0;1; 2), B(−2; −1; −2), C (2; −3; −3), D(−1; 2; −4) 1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông. Tính diện tích của tam giác ABC. 2) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Tính thể tích tứ diện ABCD.Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2ω 2 − 2ω + 5 = 02. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho A(0;1; 2), B (−2; −1; −2), C (2; −3; −3) 1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông. Tính diện tích của tam giác ABC. 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm B đồng thời vuông góc với mặt phẳng (ABC). Xác định toạ độ điểm D trên ∆ sao cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 14.Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2 z + 4 z = 8i ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 22

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I:  Với m = 2 ta có hàm số: y = 2 x 3 + 3x 2 − 1  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ′ = 6 x 2 + 6 x  Cho y ′ = 0 ⇔ 6 x 2 + 6 x = 0 ⇔ x = 0 hoac x = −1  Giới hạn: lim y = −∞ x →−∞ ; lim y = +∞ x →+∞  Bảng biến thiên x –– –1 0 +∞ y′ + 0 – 0 + 0 +∞ y –– –1  Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞; −1), (0; +∞) , NB trên khoảng (−1;0) Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại xCÑ = −1 , đạt cực tiểu yCT = –1 tại xCT = 0 . 1 1  1 1  y ′′ = 12 x + 6 = 0 ⇔ x = − ⇒ y = − . Điểm uốn: I  − ; −  2 2  2 2  Giao điểm với trục hoành: y 1 cho y = 0 ⇔ 2 x + 3 x − 1 = 0 ⇔ x = −1 hoac x = 3 2 2 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 ⇒ y = −1  Bảng giá trị: x −3 −1 −1 0 1 2 2 2 -1 O y −1 0 −12 −1 0 1 x  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây 2  Giao điểm của (C ) với trục tung: A(0; −1) -1  x0 = 0 ; y0 = −1  f ′(0) = 0  Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y + 1 = 0( x − 0) ⇔ y = −1  y = 2 x 3 + (m + 1) x 2 + (m 2 − 4) x − m + 1  Tập xác định D = ¡  y ′ = 6 x 2 + 2( m + 1) x + m 2 − 4  y ′′ = 12 x + 2(m + 1)  Hàm số đạt cực tiểu tại x0 = 0 khi và chỉ khi  f ′(0) = 0 6.02 + 2(m + 1).0 + m 2 − 4 = 0  ⇔  f ′′(0) > 0 12.0 + 2(m + 1) > 0 m 2 − 4 = 0  m = ±2 ⇔ ⇔ ⇔ m = 2 (loai m = −2 vì − 2 < −1)  2m + 2 > 0  m > −1  Vậy, với m = 2 thì hàm số đạt tiểu tại x0 = 0 .Câu II:  2 log 2 ( x − 2) + log 0,5 (2 x − 1) = 0 (*) x > 2 x − 2 > 0   Điều kiện:  ⇔ 1 ⇔ x>2 2 x − 1 > 0 x > 2   Khi đó, (*) ⇔ log 2 ( x − 2) − log 2 (2 x − 1) = 0 ⇔ log 2 ( x − 2) = log 2 (2 x − 1) 2 2  x = 1 (loai) ( x − 2) 2 = (2 x − 1) ⇔ x 2 − 6 x + 5 = 0 ⇔   x = 5 (nhan)  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5 23

1 (e x + 1) 2 1e 2x + 2e x + 1 1 e 2x 2e x 1  I =∫ dx = ∫ dx = ∫ ( x + x + x ) dx 0 ex 0 ex 0 e e e 1 1 1 = ∫ (e x + 2 + e − x )dx = (e x + 2 x − e − x ) 0 = (e1 + 2.1 − e −1 ) − (e0 + 2.0 − e −0 ) = e + 2 − 0 e 1(e x + 1) 2 1  Vậy, I = ∫ x dx = e + 2 − 0 e e x2  Hàm số y = x.e − 2 . x2 ( )′ = e  y ′ = ( x)′.e − 2 + x. e − 2 x2 − x2 2 + x.e − x2 2  x 2 ′ − x2 − x2 − .  −  = e 2 − x 2 .e 2 = (1 − x 2 )e 2 x2  2  ( x2 )  Do đó, xy′ = x. (1 − x 2 ).e − 2 = (1 − x 2 ). x.e − 2 = (1 − x 2 ) y ( x2 ) x2  Vậy, với y = x.e − 2 ta có xy′ = (1 − x 2 ) yCâu III S ( SAB ) ⊥ ( ABCD)   ( SAD) ⊥ ( ABCD) ⇒ SA ⊥ ( ABCD) ( SAB ) ∩ ( SAD) = SA A D  60 · a  Suy ra hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC, do đó SCA = 600 SA B 2a C ·  tan SCA = · ⇒ SA = AC.tan SCA = AB + BC .tan 60 = a + (2a ) . 3 = a 15 2 2 0 2 2 AC  S ABCD = AB.BC = a.2a = 2a 2 1 1 2a 3 15  Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là: V = SA.S ACBD = ⋅ a 15 ⋅ 2a 2 = (đvtt) 3 3 3THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: A(0;1; 2), B (−2; −1; −2), C (2; −3; −3), D (−1; 2; −4) uuu r  AB = (−2; −2; −4) ⇒ AB = (−2) 2 + (−2) 2 + ( −4) 2 = 2 6 uuu r BC = (4; −2; −1) ⇒ BC = 42 + (−2) 2 + (−1) 2 = 21 uuu uuu r r ⇒ AB.BC = −2.4 − 2.(−2) − 4.(−1) = 0 ⇒ ∆ABC vuông tại B 1 1  Diện tích ∆ABC : S = AB.BC = .2 6. 21 = 3 14 2 2  Viết phương trình mặt phẳng (ABC)  Điểm trên mp(ABC): A(0;1; 2) r r uuu uuu  −2 −4 −4 −2 −2 −2  r r  vtpt của (ABC): u = n( ABC ) = [ AB, BC ] =  ; ;  = (−6; −18;12)  −2 −1 −1 4 4 −2   PTTQ của mp(ABC): −6( x − 0) − 18( y − 1) + 12( z − 2) ⇔ −6 x − 18 y + 12 z − 6 = 0 ⇔ x + 3y − 2z +1 = 0  Chiều cao ứng với đáy (ABC) của tứ diện ABCDlà khoảng cách từ D đến (ABC) −1 + 3.2 − 2(−4) + 1 14 h = d ( D, ( ABC )) = = = 14 12 + 32 + ( −2) 2 14 1 1  Do BD ⊥ ( ABC ) nên VABCD = S ABC .h = .3 14. 14 = 14 (đvtt) 3 3Câu Va: 2ω 2 − 2ω + 5 = 0 (*)  Ta có, ∆ = (−2) 2 − 4.2.5 = −36 = (6i ) 2 24

 Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt: 2 + 6i 1 3 2 − 6i 1 3 ω1 = = + i ; ω2 = = − i 4 2 2 4 2 2THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb:  Hoàn toàn giống như bài giải câu IVa.1 dành cho chương trình chuẩn  Đường thẳng ∆ đi qua điểm B đồng thời vuông góc với mặt phẳng (ABC)  Điểm trên ∆ : B (−2; −1; −2)  vtcp của ∆ chính là vtpt của mp(ABC): r r uuu uuu  −2 −4 −4 −2 −2 −2  r r u = n( ABC ) = [ AB, BC ] =  ; ;  = (−6; −18;12)  −2 −1 −1 4 4 −2   x = −2 + t   PTTS của ∆ :  y = −1 + 3t (t ∈ ¡ )  z = −2 − 2t   Điểm D ∈ ∆ có toạ độ dạng D(−2 + t ; −1 + 3t ; −2 − 2t ) uuu r ⇒ BD = (t ;3t ; −2t ) ⇒ BD = t 2 + (3t ) 2 + (−2t ) 2 = 14t 2 = 14 t 1 1  Do BD ⊥ ( ABC ) nên VABCD = BD.S ABC = . 14 t .3 14 = 14 t 3 3  Vậy, VABCD = 14 ⇔ 14 t = 14 ⇔ t = ±1 t = 1 ⇒ D(−1; 2; −4) t = −1 ⇒ D(−3; −4;0)Câu Vb: z 2 + 4 z = 8i  Đặt z = a + bi ⇒ z = a 2 + b 2 ⇒ z 2 = a 2 + b 2 . Thay vào phương trình trên ta được: 2 z + 4 z = 8i ⇔ a 2 + b 2 + 4(a + bi ) = 8i ⇔ a 2 + b 2 + 4a + 4bi = 8i  a 2 + b 2 + 4a = 0  a 2 + b 2 + 4a = 0 a 2 + 4a + 4 = 0 a = −2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 4b = 8 b = 2 b = 2 b = 2  Vậy, z = –2 +2i WWW.VNMATH.COM 25

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 07 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1 3Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = − x + 2 x − 3 x 2 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm trên (C ) có hoành độ bằng 4. Vẽ tiếp tuyến này lên cùng hệ trục toạ độ với đồ thị (C )Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 9 x +1 − 3x + 2 − 18 = 0 e x + ln x 2) Tính tích phân: I =∫ dx 1 x2 3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f ( x) = x 5 − 5 x 4 + 5 x 3 + 1 trên đoạn [–1;2]Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của hình chóp.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2;1; −1), B(−4; −1;3), C (1; −2;3) . 1) Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm C đồng thời vuông góc với đường thẳng AB. 2) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng AB. Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với đường thẳng AB.Câu Va (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng: 3 z + 9 = 2iz + 11i .2. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;1; −1), B(−4; −1;3), C (1; −2;3) 1) Viết phương trình đường thẳng AB và tính khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB 2) Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm C, tiếp xúc với đường thẳng AB. Tìm toạ độ tiếp điểm của đường thẳng AB với mặt cầu ( S ) .Câu Vb (1,0 điểm): Tính môđun của số phức z = ( 3 + i ) 2011 . ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 26

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I : 1 3  y = − x + 2 x − 3x 2 3  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ′ = − x 2 + 4 x − 3  Cho y ′ = 0 ⇔ − x 2 + 4 x − 3 = 0 ⇔ x = 1 ; x = 3  Giới hạn: lim y = +∞ x →−∞ ; lim y = −∞ x →+∞  Bảng biến thiên x –– 1 3 ++ y′ – 0 + 0 – ++ 0 y 4 − –– 3  Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (––;1), (3;++) 4 Hàm số đạt cực đại yCÑ = 0 tại xCÑ = 3 ; đạt cực tiểu yCT = − tại xCT = 1 3 2  y ′′ = −2 x + 4 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = − . Điểm uốn là I ( 2; − 2 ) 3 3 1 3 x = 0  Giao điểm với trục hoành: cho y = 0 ⇔ − x + 2 x − 3x = 0 ⇔  2 3 x = 3 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 ⇒ y = 0  Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4 y d y 0 −43 −2 3 0 −4 3  Đồ thị hàm số: như hình vẽ 4 O 2 3 4 x  x0 = 4 ⇒ y0 = − 3  f ′( x0 ) = f ′(4) = −3 -4/3 4 32  Vậy, tiếp tuyến cần tìm là: d : y + = −3( x − 4) ⇔ y = −3x + 3 3Câu II  9 x +1 − 3x + 2 − 18 = 0 ⇔ 9.9 x − 9.3x − 18 = 0 (*)  Đặt t = 3x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành t = 2 (nhan) 9t 2 − 9t − 18 = 0 ⇔  t = −1(loai)  Với t = 2: 3 = 2 ⇔ x = log 3 2 x  Vậy, phương trình (*) có nghiệm duy nhất: x = log 3 2 . e x + ln x e 1 ln x  e1 e ln x  I = ∫1 dx = ∫  + 2  dx = ∫ dx + ∫ 2 dx 1  x x 2 x  1 x 1 x e 1 e  Xét I1 = ∫1 dx = ln x 1 = 1 x e ln x  Xét I 2 = ∫1 2 dx x 27

 1 u = ln x  du = x dx    Đặt  1 ⇒ . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:  dv = x 2 dx v = − 1    x e e 1 e 1 1 1 1 1 2 I 2 = − ln x − ∫ ( − 2 )dx = − − = − − +1 = 1− x 1 1 x e x1 e e e 2 2  Vậy, I = I1 + I 2 = 1 + 1 − = 2 − e e  Hàm số f ( x) = x − 5 x + 5 x + 1 liên tục trên đoạn [–1;2] 5 4 3  y ′ = 5 x 4 − 20 x 3 + 15 x 2 = 5 x 2 ( x 2 − 4 x + 3)  x = 0 ∈ [−1; 2] (nhan) 5 x 2 = 0  Cho y ′ = 0 ⇔ 5 x ( x − 4 x + 3) = 0 ⇔  2 2 2 ⇔  x = 1 ∈ [−1; 2] (nhan)   x − 4x + 3 = 0   x = 3 ∉ [−1; 2] (loai)  Ta có, f (0) = 05 − 5.04 + 5.03 + 1 = 1 f (1) = 15 − 5.14 + 5.13 + 1 = 2 f (−1) = (−1)5 − 5.(−1)4 + 5.(−1)3 + 1 = −10 f (2) = 25 − 5.24 + 5.23 + 1 = −7  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là −10 và số lớn nhất là 2 S  Vậy, min y = −10 khi x = −1; max y = 2 khi x = 1 [ −1;2] [ −1;2]Câu III  Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO ⊥ ( ABCD) nên SO là đường cao của hình chóp. A D Gọi M là trung điểm đoạn CD. Theo tính chất của hình chóp đều 60 O M CD ⊥ SM ⊂ ( SCD) B  · 2a C CD ⊥ OM ⊂ ( ABCD) ⇒ SMO = 60 (góc giữa mặt ( SCD) và mặt đáy) 0 CD = ( SCD) ∩ ( ABCD )  · SO · BC  Ta có, tan SMO = ⇒ SO = OM .tan SMO = .tan 600 = a 3 OM 2  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là: 1 1 1 4a 3 3 V = B.h = AB.BC.SO = 2a.2a.a 3 = (đvtt) 3 3 3 3THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: Với A(2;1; −1), B (−4; −1;3), C (1; −2;3) .  Điểm trên đường thẳng AB: A(2;1; −1) r uuu r  vtcp của đường thẳng AB: u = AB = (−6; −2; 4)  x = 2 − 6t  Suy ra, PTTS của đường thẳng AB:  y = 1 − 2t (t ∈ ¡ )  z = −1 + 4t   Mặt phẳng (P) đi qua điểm: C (1; −2;3) r uuu r  Vì ( P ) ⊥ AB nên: vtpt của mp(P) là: n = AB = (−6; −2; 4)  Vậy, PTTQ của mp ( P ) : A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0 ⇔ −6( x − 1) − 2( y + 2) + 4( z − 3) = 0 ⇔ −6 x − 2 y + 4 z − 10 = 0  Thay ptts của AB vào PTTQ của mp(P) ta được: 28

⇔ −6(2 − 6t ) − 2(1 − 2t ) + 4(−1 + 4t ) − 10 = 0 1 ⇔ 56t − 26 = 0 ⇔ t = = 0,5 2  Thay t = 0,5 vào phương trình tham số của AB ta được: x = −1; y = 0; z = 1  Vậy, toạ độ hình chiếu cần tìm là H (−1;0;1)  Vì mặt cầu (S) tâm C tiếp xúc với đường thẳng AB nên nó đi qua điểm H  Tâm mặt cầu: C (1; −2;3)  Bán kính mặt cầu: R = CH = (1 + 1) 2 + (−2 − 0) 2 + (3 − 1) 2 = 2 3  Vậy, phương trình mặt cầu: ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 12Câu Va: Ta có, 3 z + 9 = 2iz + 11i ⇔ 3 z − 2iz = −9 + 11i (1)  Đặt z = a + bi ⇒ z = a − bi , thay vào phương trình (1) ta được 3(a + bi ) − 2i (a − bi ) = −9 + 11i ⇔ 3a + 3bi − 2ai + 2bi 2 = −9 + 11i 3a − 2b = −9  a = −1 ⇔ 3a − 2b + (3b − 2a )i = −9 + 11i ⇔  ⇔ 3b − 2a = 11 b = 3  Vậy, z = −1 + 3i ⇒ z = −1 − 3iTHEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: Với A(2;1; −1), B (−4; −1;3), C (1; −2;3) .  Đường thẳng AB: xem bài giải câu IVa.1 của chương trình chuẩn. r uuu r  Đường thẳng AB đi qua A(2;0; −1) , có vtcp u = AB = (−6; −2; 4) uuu r uuu r  3 −4 −4 1 1 r 3 CA = (1;3; −4) . Suy ra, [CA, u ] =  ; ;  = (4; 20;16)  −2 4 4 −6 −6 −2   Áp dụng công thức khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB ta được uuu r r [CA, u ] (4) 2 + (20) 2 + (16) 2 572 d (C , AB ) = r = = = 12 = 2 3 u (−6) + (−2) + (4 ) 2 2 2 56 Mặt cầu ( S ) có tâm C tiếp xúc AB có tâm C (1; −2;3) , bán kính R = d (C , AB ) = 2 3  Phương trình mặt cầu: ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 12  Gọi tiếp điểm cần tìm là H ∈ AB thì H có toạ độ H (2 − 6t ;1 − 2t ; −1 + 4t ) uuur uuu r  Vì CH ⊥ AB nên CH . AB = 0 . Giải ra được t = 0,5. Và suy ra, H (−1;0;1)Câu Vb: Ta có, ( 3 + i )3 = ( 3)3 + 3.( 3) 2 .i + 3. 3.i 2 + i 3 = 3 3 + 9i + 3 3 − i = 23.i 670  Vậy, z = ( 3 + i ) 2010 =  ( 3 + i )3    = (23 i )670 = 22010.i 670 = 22010.(i 4 )167 .i 2 = −22010 Do đó, z = ( 3 + i ) 2011 = −22010 ( 3 + i ) ⇒ z = 22010. ( 3) 2 + 12 = 22011 WWW.VNMATH.COM 29

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 08 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) xCâu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x +1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) tại các giao điểm của (C ) với ∆ : y = x 3) Tìm các giá trị của tham số k để đường thẳng d: y = kx cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt.Câu II (3,0 điểm): 2 x2 + x 1 2 x2 − x 1) Giải bất phương trình: 9 < 3.   3 2) Tìm nguyên hàm F ( x) của hàm số f ( x ) = 2 x ln x , biết F (1) = −1 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x 3 + 4 x 2 − 3 x − 5 trên đoạn [−2;1]Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông góc với đáy. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Biết rằng AB = 3, BC = 2 và SA = 6. Tính thể tích khối chóp S.ADE.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ có toạ độ các đỉnh: A(1;1;1), B (2; −1;3), D(5; 2;0), A′(−1;3;1) 1) Xác định toạ độ các đỉnh C và B′ của hình hộp. Chứng minh rằng, đáy ABCD của hình hộp là một hình chữ nhật. 2). Viết phương trình mặt đáy (ABCD), từ đó tính thể tích của hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ 1Câu Va (1,0 điểm): Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường: y = 1 − , trục hoành và x = 2. Tính thể x tích vật thể tròn xoay khi quay hình (H) quanh trục Ox.2. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ có toạ độ các đỉnh: A(1;1;1), B (2; −1;3), D(5; 2;0), A′(−1;3;1) 1) Xác định toạ độ các đỉnh C và B′ của hình hộp. Chứng minh, ABCD là hình chữ nhật. 2) Viết phương trình mặt cầu đi qua các đỉnh A,B,D và A′ của hình hộp và tính thể tích của mặt cầu đó.Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: z 2 – (1 + 5i ) z – 6 + 2i = 0 ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 30

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I: x  Hàm số y = x +1  Tập xác định: D = ¡ {−1} 1  Đạo hàm: y ′ = > 0, ∀x ∈ D ( x + 1) 2  Hàm số ĐB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: lim y = 1 ; lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang. x →−∞ x →+∞ y lim y = +∞ ; lim y = −∞ ⇒ x = −1 là tiệm cận đứng. x →( −1)− x → ( −1)+  Bảng biến thiên x –– −1 ++ y′ + + 2 +∞ 1 1 y −∞ 1  Giao điểm với trục hoành: cho y = 0 ⇔ x = 0 0.5 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 ⇒ y = 0 -2 -1 O 1 x  Bảng giá trị: x −3 −2 −1 0 1 y 1,5 2 || 0 0,5  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: x PTHĐGĐ của (C ) và ∆ là: = x ⇔ x = x ( x + 1) ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0 x +1  x0 = 0 ⇒ y0 = 0  f ′( x0 ) = f ′(0) = 1  Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y − 0 = 1( x − 0) ⇔ y = x x  Xét phương trình: = kx (*) ⇔ x = kx( x + 1) x +1 x = 0 ⇔ x = kx 2 + kx ⇔ kx 2 + ( k − 1) x = 0 ⇔ x( kx + k − 1) = 0 ⇔   kx = 1 − k (2)  d: y = kx cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ k ≠ 0 k ≠ 0 phương trình (2) có duy nhất nghiệm khác 0, tức là  ⇔ 1 − k ≠ 0 k ≠ 1  Vậy, với k ≠ 0, k ≠ 1 thì d cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt.Câu II: 2 x2 + x 2 x2 − x 1 2 −x 2 2 2  Ta có, 9 < 3.   ⇔ 92 x < 3.3−2 x −x ⇔ 34 x −2 x < 31− 2 x −x 3 2 2 −2 x < 31− 2 x − x ⇔ 4 x 2 − 2 x < 1 − 2 x 2 − x ⇔ 6 x 2 − x − 1 < 0 ⇔ 34 x 1 1  Cho 6 x − x − 1 = 0 ⇔ x = hoac x = − 2 2 3 1 1  Bảng xét dấu: x −∞ − +∞ 3 2 6 x2 − x −1 + 0 – 0 +  Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là khoảng: S = ( − 3 ; 2 ) 1 1  Xét F ( x) = ∫ 2 x ln xdx 31

 1 u = ln x du = dx  Đặt  ⇒ x . Thay vào nguyên hàm F(x) ta được:  dv = 2 xdx v = x 2  x2 F ( x) = ∫ 2 x ln xdx = x 2 ln x − ∫ xdx = x 2 ln x − + C 2 2 1 1 1 1  Do F (1) = −1 nên 12 ln1 − + C = −1 ⇔ − + C = −1 ⇔ C = −1 + = − 2 2 2 2 2 x 1  Vậy, F ( x) = x 2 ln x − − 2 2  Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = x 3 + 4 x 2 − 3 x − 5 trên đoạn [−2;1]  Hàm số y = x 3 + 4 x 2 − 3 x − 5 liên tục trên đoạn ..  y ¢ = 3x 2 + 8x - 3 é = - 3 Ï [- 1;2] (loai) x ê  Cho y ¢ = 0 Û 3x + 8x - 3 = 0 Û ê 2 ê = 1 Î [- 1;2] (nhan) x ê ë 3 æ÷ æ÷ ö ö3 æö 2 æö ç1 ÷= ç1 ÷ + 4 × 1 ÷ - 3 × 1 ÷ 5 = - 1 49  Ta có, f ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç3ø è3ø è ç ç3ø è ç3ø- è 27 f(- 2) = (- 2)3 + 4 ×- 2)2 - 3 ×- 2) - 5 = 9 ( ( f(1 ) = 1 3 + 4 × 2 - 3 × - 5 = - 3 1 1 1 49 Trong các số trên số - nhỏ nhất, số 9 lớn nhất. 27 1 49 1  Vậy, m in y = - khi x = , m ax y = 9 khi x = - 2 [- 2;1 ] 27 3 [- 2;1 ]Câu III  SB = SA 2 + A B 2 = 32 + 62 = 3 5 SC = SA 2 + A C 2 = SA 2 + A B 2 + B C 2 = 62 + 32 + 22 = 7 S SD SA 2 62 4  SA = SD .SB Þ = = = 2 SB SB 2 (3 5)2 5 E 6 SE SA 2 62 36 D  SA = SE .SC Þ 2 = = 2 = SC SC 2 7 49 A C 1 1  V S .A B C = × × × B × C = × SA A B 1 6.3.2 = 6 3 2 3 2 6 B V S .A D E SA SD SE SD SE 4 36 864  = × × Þ V S .A D E = × V × S .A B C = × × = 6 V S .A B C SA SB SC SB SC 5 49 245THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: A (1;1;1 ), B (2; - 1; 3), D (5;2; 0), A ¢ - 1; 3;1 ) ( uuur uuur B C  ABCD là hình bình hành Û A B = D C A D uuur ì 1=x - 5 ï ìx ï C =6 A B = (1; - 2;2) ï ï C ï uuur Þ í ï- 2 = y - 2 Û ïy ï í C =0 B C D C = (xC - 5; yC - 2; zC ) ï ï C ï H ï 2 = zC ïz ï C =2 A D ï î ï î  Đáp số: C (6; 0;2), B (0;1; 3) . Nói thêm: D (3; ¢ ¢ 4; 0),C ¢ (4;2;2) 32

ì uuur ï A B = (1; - 2;2) ì ï ï ï A B = 1 + (- 2) + 2 = 3 ï 2 2 2 ï uuu  í r Þ í uuu uuu r r và A B .A D = 1 .4 - 2.1 + 2.(- 1 ) = 0 ï A D = (4;1; - 1 ) ï A D = 42 + 1 2 + (- 1 )2 = 3 2 ï ï ï î ï î Þ A B ^ A D Þ A B C D là hình chữ nhật (vì nó là hình bình hành, có thêm 1 góc vuông)   Điểm trên mp(ABCD): A (1;1;1 ) æ 2 2 1 1 - 2ö uuu uuu r r ç- 2 ÷ u D = [A B , A D ] = ç r ÷= (0; 9; 9)  vtpt của mp(ABCD): ç 1 - 1 - 1 4; 4 ; ÷ ÷ ç ç è ÷ 1 ø  PTTQ của mặt đáy (ABCD): 0(x - 1 ) + 9(y - 1 ) + 9(z - 1 ) = 0 Û 9y + 9z - 1 8 = 0 Û y + z - 2 = 0  Diện tích mặt đáy ABCD: B = S A B C D = A B .A D = 3.3 2 = 9 2 (đvdt)  Chiều cao h ứng với đáy ABCD của hình hộp chính là khoảng cách từ A ¢đến (ABCD): 3+ 1 - 2 2 h = d (A ¢ A B C D)) = ,( = = 2 1 +1 2 2 2  Vậy, V hh = B .h = 9 2. 2 = 1 8 (đvtt) 1Câu Va:Cho 1 - = 0Û x =1 x  Vậy, thể tích cần tìm: V = p ò (1 - ) dx = p ò (1 - 2 1 2 2 2 1 + 2 )dx 1 x 1 x x æ 1ö æ 1ö æ 1ö æ ö 2 Û V = p çx - 2 ln x - ÷ = p ç2 - 2 ln 2 - ÷ p ç1 - 2 ln 1 - ÷= p ç - 2 ln 2÷ 3 (đvtt) ç ç ÷ ÷ ç ç ÷ ç - ÷ ç ÷ ÷ ç ç2 ÷ ÷ è x ø1 è 2ø è 1ø è øTHEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: A (1;1;1 ), B (2; - 1; 3), D (5;2; 0), A ¢ - 1; 3;1 ) ( Hoàn toàn giống câu IVa.1 (phần dành cho CT chuẩn): đề nghị xem bài giải ở trên.  Giả sử phương trình của mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0  Vì (S) đi qua bốn điểm A (1;1;1 ), B (2; - 1; 3), D (5;2; 0), A ¢ - 1; 3;1 ) nên: ( ì 3 - 2a - 2b - 2c + d = 0 ï ì - 2a - 2b - 2c + d = - 3 ï ì 2a - 4b + 4c = 1 1 ï ì a = 3, 5 ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï 1 4 - 4a + 2b - 6c + d = 0 ï - 4a + 2b - 6c + d = - 1 4 ï ï ï 6a + 6b - 6c = 1 5 ï ï b = 5, 5 ï ï í Û ïí Û í ï ï í ï 29 - 1 0a - 4b + d = 0 ï ï - 1 0a - 4b + d = - 29 ï ï - 1 2a + 2b + 2c = - 1 8 ï c = 6,5 ï ï ï ï 1 1 + 2a - 6b - 2c + d = 0 ï ï 2a - 6b - 2c + d = - 1 1 ï ï d = 2a + 2b + 2c - 3 ï d = 28 ï ï ï î ï ï î ï ï î ï ï î  Vậy, phương trình mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 7x - 1 1 y - 1 3z + 28 = 0Câu Vb: z2 2 + i z ± 6 2i = 0 (*) +  Ta có, D ¢ = (1 + 5i )2 - 4.(- 6 + 2i ) = 1 + 1 0i + 25i 2 + 24 - 8i = 2i = (1 + i )2  Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt: (1 + 5i ) - (1 + i ) 4i (1 + 5i ) + (1 + i ) 2 + 6i z1 = = = 2i và z2 = = = 1 + 3i 2 2 2 2 WWW.VNMATH.COM 33

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 09 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = - x 3 + 3x 2 - 1 có đồ thị là (C ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Dựa vào đồ thị (C ) , hãy tìm điều kiện của tham số k để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: x 3 - 3x 2 + k = 0Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 2 log2 (x 1 ) > log2 (5 ơ x ) + 1 2) Tính tích phân: I = ò x (x + e x )dx 1 0 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2x 3 + 3x 2 - 1 2x + 2 trên [- 1;2]Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác đều A B C .A ¢B ¢ ¢có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính diện tích của C mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng: ì x = 2 - 2t ï ï ï x- 2 y- 1 z (d 1 ) : ï y = 3 í và (d 2 ) : = = ï ïz = t 1 - 1 2 ï ï î 1) Chứng minh rằng hai đường thẳng (d 1 ),(d 2 ) vuông góc nhau nhưng không cắt nhau. 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 đồng thời song song d2. Từ đó, xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng d1 và d2 đã cho.Câu Va (1,0 điểm): Tìm môđun của số phức: z = 1 + 4i + (1 - i )3 .2. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng: ì x = 2 - 2t ï ï ï x- 2 y- 1 z (d 1 ) : ï y = 3 í và (d 2 ) : = = ï ïz = t 1 - 1 2 ï ï î 1) Chứng minh rằng hai đường thẳng (d 1 ),(d 2 ) vuông góc nhau nhưng không cắt nhau. 2) Viết phương trình đường vuông góc chung của (d 1 ),(d 2 ) .Câu Vb (1,0 điểm): Tìm nghiệm của phương trình sau đây trên tập số phức: z = z2 , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z. ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 34

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I:  Hàm số y = - x 3 + 3x 2 - 1  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = - 3x 2 + 6x  Cho y ¢ = 0 Û - 3x 2 + 6x = 0 Û x = 0 hoac x = 2  Giới hạn: lim y = + ¥ ; lim y = - ¥ x® - ¥ x® +¥  Bảng biến thiên x –– 0 2 ++ y¢ – 0 + 0 – ++ 3 y –1 ––  Hàm số ĐB trên khoảng (0;2); NB trên các khoảng (––;0), (2;++) Hàm số đạt cực đại yCÑ = 3 tại x CÑ = 2 y đạt cực tiểu yCT = - 1 tại x CT = 0 3 y= m -1  Giao điểm với trục tung: cho x = 0Þ y =- 1  Điểm uốn: y ¢ = - 6x + 6 = 0 Û x = 1 Þ y = 1 . ¢ 1 Điểm uốn là I(1;1) O  Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 -1 1 2 3 x y 3 –1 1 3 –1  Đồ thị hàm số như hình vẽ: -1  x 3 - 3x 2 + k = 0 Û x 3 - 3x 2 = - k Û - x 3 + 3x 2 = k Û - x 3 + 3x 2 - 1 = k - 1 (*)  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = k – 1  (*) có 3 nghiệm phân biệt Û - 1 < k - 1 < 3 Û 0 < k < 4  Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt Û 0 < k < 4Câu II:  2 log2 (x I 1 ) > log2 (5 r x ) + 1 ìx - 1 > 0 ï ìx > 1 ï ï Û ï Û 1 < x < 5 (1)  Điều kiện: í í ï5- x > 0 ïx < 5 ï ï î î  Khi đó, 2 log2 (x ó 1 ) > log2 (5 r x ) + 1 Û log2 (x 1 )2 > log2 [2.(5 g x )] é < - 3 x Û (x - 1 )2 > 2(5 - x ) Û x 2 - 2x + 1 > 1 0 - 2x Û x 2 - 9 > 0 Û ê ê > 3 x ê ë  Đối chiếu với điều kiện (1) ta nhận: 3 < x < 5  Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là: S = (3; 5)  Xét I = ò x (x + e x )dx 1 0 ìu = x ì du = dx ï ï ï ï ï  Đặt í Þ í . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: ï v = x + ex 2 ï dv = (x + e )dx ï x ï ï î ï ï î 2 1 1 x2 x2 x3 1 I = ò x (x + e )dx = x ( + e x ) - ò0 2 x 1 1 ( + e x )dx = + e - ( + e x ) 0 2 0 2 6 0 1 1 4 = + e - ( + e ) + (0 + 1 ) = 2 6 3  Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = 2x + 3x - 1 2x + 2 trên đoạn [- 1;2] 3 2  Hàm số y = 2x 3 + 3x 2 - 1 2x + 2 liên tục trên đoạn [- 1;2] 35

 y ¢ = 6x 2 + 6x - 1 2 é = - 2 Ï [- 1;2] (loai) x  Cho y ¢ = 0 Û 6x + 6x - 1 2 = 0 Û ê 2 ê = 1 Î [- 1;2] (nhan) x ê ë  Ta có, f(1 ) = 2.1 3 + 3.1 2 - 1 2.1 + 2 = - 5 f(- 1 ) = 2.(- 1 )3 + 3.(- 1 )2 - 1 2.(- 1 ) + 2 = 1 5 f(2) = 2.23 + 3.22 - 1 2.2 + 2 = 6 Trong các số trên số - 5 nhỏ nhất, số 15 lớn nhất.  Vậy, m in y = - 5 khi x = 2, m ax y = 1 5 khi x = - 1 [- 1 ;2] [- 1 ;2]Câu III  Gọi O ,O ¢ lần lượt là trọng tâm của hai đáy ABC và A ¢B ¢ ¢ A O B C thì O O ¢ vuông góc với hai mặt đáy. Do đó, nếu gọi I là trung M điểm O O ¢ thì C I A ¢ = I B ¢ = I C ¢ và I A = I B = I C I  Ta có, O A = O ¢ ¢ = 2 A M = 2 × 3 = a 3 A a A B 3 3 2 3 O M æ ö æ 3÷ 2 ö2 C a ÷ ça ÷  Và I A = O I 2 + O A 2 = ç ÷ + ç a2 a2 a 21 ç2 ø è 3 ÷ = 4 + 3 = 6 = I A ç ÷ ç ÷ ¢ è ø  Suy ra, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và IA là bán kính của nó 7a 2 7pa 2 Diện tích mặt cầu là: S = 4pR 2 = 4p × = (đvdt) 12 3THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: r  d1 đi qua điểm M 1 (2; 3; 0) , có vtcp u1 = (- 2; 0;1 ) r d2 đi qua điểm M 2 (2;1; 0) , có vtcp u2 = (1; - 1;2) r r r r  Ta có, u1 .u2 = - 2.1 + 0.(- 1 ) + 1 .2 = 0 Þ u1 ^ u2 Þ d 1 ^ d 2 æ0 1 1 - 2 - 2 0ö ç ÷  [u1 , u2 ] = ç r r ÷= (1; 5;2) ç- 1 2 2; ÷ ÷ ç ç è 1 1 - 1ø ÷ uuuuuu r r r uuuuuu r M 1 M 2 = (0; - 2; 0) Þ [u1 , u2 ].M 1 M 2 = - 1 0 ¹ 0  Vậy, d1 vuông góc với d2 nhưng không cắt d2  Mặt phẳng (P) chứa d1 nên đi qua M 1 (2; 3; 0) và song song d2  Điểm trên mp(P): M 1 (2; 3; 0) r r r  vtpt của mp(P): n = [u1 , u2 ] = (1; 5;2)  PTTQ của mp(P): 1(x - 2) + 5(y - 3) + 2(z - 0) = 0 Û x + 5y + 2z - 1 7 = 0  Khoảng cách giữa d1 và d2 bằng khoảng cách từ M2 đến mp(P), bằng: 2 + 5.1 + 2.0 - 1 7 10 30 d (M 2 ,(P )) = = = 1 2 + 52 + 22 30 3Câu Va: z = 1 + 4i + (1 - i )3 = 1 + 4i + 1 - 3i + 3i 2 - i 3 = - 1 + 2i  Vậy, z = - 1 + 2i Þ z = (- 1 )2 + 22 = 5THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: A (1;1;1 ), B (2; - 1; 3), D (5;2; 0), A ¢ - 1; 3;1 ) ( Hoàn toàn giống câu IVa.1 (phần dành cho CT chuẩn): đề nghị xem bài giải ở trên. 36

ì x = 2 - 2t ï ï ï x- 2 y- 1 z  (d 1 ) : ï y = 3 í và (d 2 ) : = = ï ïz = t 1 - 1 2 ï ï î r  d1 đi qua điểm M 1 (2; 3; 0) , có vtcp u1 = (- 2; 0;1 ) r d2 đi qua điểm M 2 (2;1; 0) , có vtcp u1 = (1; - 1;2) uuur  Lấy A Î d 1 , B Î d 2 thì A (2 - 2a; 3; a ), B (2 + b;1 - b;2b ) Þ A B = (b + 2a; - 2 - b;2b - a )  AB là đường vuông góc chung của d1 và d2 khi và chỉ khi ì uuu r r ï A B .u 1 = 0 ì - 2(b + 2a ) + 0 + 1(2b - a ) = 0 ì - 5a = 0 ìa = 0 ï ï ï ï ï ï ï ï ï uuu r í r Û í Û í Û í ï A B .u 2 = 0 ï 1(b + 2a ) - 1(- 2 - b ) + 2(2b - a ) = 0 ï 6b + 2 = 0 ï b = - 1 ï ï ï ï ï î î î ï î 3  Đường vuông góc chung của d1 và d2 đi qua A(2;3;0) uuu r 1 5 2 r và có vtcp A B = (- ; - ; - ) hay u = (1; 5;2) 3 3 3 x- 2 y- 3 z  Vậy, PTCT cần tìm: = = 1 5 2Câu Vb: z = z 2 (*)  Giả sử z = a + bi Þ z = a - bi . Thay vào phương trình (*)ta được: a - bi = (a + bi )2 Û a - bi = a 2 + 2abi + b 2i 2 Û a - bi = a 2 - b 2 + 2abi ì a = a2 - b2 ï ì a = a2 - b2 ï ì a = a2 - b2 ï ì ï a = a2 - b2 ï Û ï í Û ïí Û ïí Û í ï - b = 2ab ï ï 2ab + b = 0 ï b(2a + 1 ) = 0 ï b = 0 hoac a = - 1 ï ï ï ï î ï î ï î ï î 2  Với b = 0, ta được a = a 2 Û a 2 - a = 0 Û a = 0 hoac a = 1 1  Với a = - , ta được - 1 = 1 - b 2 Û b 2 = 3 Û b = ± 3 2 2 4 4 2  Vậy, các nghiệm phức cần tìm là: z1 = 0 , z2 = 1 , z3 = - 1 + 3 i , z4 = - 1 - 3 i 2 2 2 2 WWW.VNMATH.COM 37

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 10 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = - x 3 + 3x + 1 có đồ thị là (C ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung. Vẽ tiếp tuyến đó lên cùng một hệ trục toạ độ với đồ thị (C ) .Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 log 3 x + log 3 (3x ) - 1 4 = 0 2 2) Tính tích phân: I = ò (2x + 1 )e x dx 1 0 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 4 - 2x 3 + x 2 trên đoạn [–1;1]Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón có đỉnh S và đáy là đường tròn ngoại tiếp đáy hình chóp đã cho.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A (- 5; 0;1 ), B (7; 4; - 5) và mặt phẳng (P ) : x + 2y - 2z = 0 1) Viết phương trình mặt cầu (S ) có đường kính AB. Tính khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng (P ) . 2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm I của mặt cầu (S ) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (P ) . Tìm toạ độ giao điểm của d và (P ) . æ öCâu Va (1,0 điểm): Tìm môđun của số phức: z = 2 - ( ) 3i ç + ç 1 ç2 è 3i ÷ ÷ ÷ ø2. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A (0; 6; 4) và đường thẳng d có x- 2 y- 1 z phương trình d: = = 1 2 1 1) Hãy tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2) Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm là điểm A và tiếp xúc với đường thẳng d.Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức x 2 - (3 + 4i )x + (- 1 + 5i ) = 0 ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 38

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I:  Hàm số y = - x 3 + 3x + 1  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = - 3x 2 + 3  Cho y ¢ = 0 Û - 3x 2 + 3 = 0 Û x 2 = 1 Û x = ±1  Giới hạn: lim y = + ¥ ; lim y = - ¥ x® - ¥ x® +¥  Bảng biến thiên x –– –1 1 ++ y¢ – 0 + 0 – ++ 3 y –1 ––  Hàm số ĐB trên khoảng (–1;1) ; NB trên các khoảng (––;–1), (1;++) Hàm số đạt cực đại yCÑ = 3 tại x CÑ = 1 y đạt cực tiểu yCT = - 1 tại x CT = - 1 y = 3x + 1 3  y ¢ = - 6x = 0 Û x = 0 Þ y = 1 . ¢ Điểm uốn là I(0;1)  Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = 1  Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2 1 y 3 –1 1 3 –1 -2 -1 O 1 2 x  Đồ thị hàm số như hình vẽ:  y = - x 3 + 3x + 1 -1  Ta có, x 0 = 0, y 0 = 1  f ¢ x 0) = f ¢ = - 3.02 + 3 = 3 ( (0)  Phương trình tiếp tuyến cần tìm là : y - 1 = 3(x - 0) Û y = 3x + 1Câu II:  2 log 3 x + log 3 (3x ) - 1 4 = 0 2  Điều kiện: x > 0  Khi đó, 2 log 3 x + log 3 (3x ) - 1 4 = 0 Û 2 log3 x + 2 log3(3x ) - 1 4 = 0 2 2 Û 2 log2 x + 2(1 + log 3 x ) - 1 4 = 0 Û 2 log2 x + 2 log 3 x - 1 2 = 0 (*) 3 3  Đặt t = log 3 x , phương trình (*) trở thành é=- 3 t é é = 3- 3 2t + 2t - 1 2 = 0 Û ê ê 3x = - 3 Û log x ê ê=2 Û 2 t ê ê ê 3x = 2 x ê =3 2 ê ë log ë ë 1  Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm: x = 9 và x = 27  Xét I = ò (2x + 1 )e x dx 1 0 ì u = 2x + 1 ï ì du = 2dx ï ï  Đặt í Þ ï í . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: ï dv = e xdx ï ï v = ex ï ï î ï î ò0 1 1 1 I = (2x + 1 )e x 0 - 2e x dx = 3e - 1 - 2e x 0 = 3e - 1 - (2e - 2) = e + 1  Vậy, I = e + 1  Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = x 4 - 2x 3 + x 2 trên đoạn [- 1;1 ]  Hàm số y = x 4 - 2x 3 + x 2 liên tục trên đoạn [- 1;1 ] 39

 y ¢ = 4x 3 - 6x 2 + 2x = 2x (2x 2 - 3x + 1 ) 1  Cho y ¢ = 0 Û 2x (2x 2 - 3x + 1 ) = 0 Û x = 0; x = 1; x = (nhận cả 3 giá trị này) 2 f ( 12 ) = ( 12 ) - 2. ( 12 ) + ( 21 ) 4 3 1 2  Ta có, f(0) = 04 - 2.03 + 02 = 0 = 16 f(1 ) = 1 4 - 2.1 3 + 1 2 = 0 f(- 1 ) = (- 1 ) - 2.(- 1 ) + (- 1 )2 = 4 4 3 Trong các số trên, số 0 nhỏ nhất và số 4 lớn nhất.  Vậy, m in y = 0 khi x = 0 hoaë x = 1, m ax y = 4 khi x = - 1 [- 1 ;1 ] c [- 1 ;1 ]Câu III  Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Do S.ABCD là hình chóp đều nên SO ^ (A C B D ) S  Suy ra, OB là hình chiếu vuông góc của SB lên mp(ABCD) Do đó, SB O = 600 . Kết hợp, r = O B = a 2 ta suy ra: · 2 a 2 a 6 A h = SO = O B . tan 600 = × 3= D 2 2 OB a 2 60 O l = SB = = =a 2 cos 600 2 × 600 cos B C a 2  Diện tích xung quanh của mặt nón: S xq = p.r.l = p × × 2 = pa 2 (đvdt) a 2  Thể tích hình nón: V = 1 p.r 2 .h = 1 p × × 6 = pa 6 (đvtt) a2 a 3 3 3 2 2 12THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: A (- 5; 0;1 ), B (7; 4; - 5) và (P ) : x + 2y - 2z = 0  Gọi I là trung điểm AB ta có I (1;2; - 2)  Mặt cầu (S ) có đường kính AB, có tâm I (1;2; - 2)  Và bán kính R = I A = (1 + 5)2 + (2 - 0)2 + (- 2 - 1 )2 = 7  Vậy, phương trình mặt cầu (S ) : (x - 1 )2 + (y - 2)2 + (z + 2)2 = 49  Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (P ) : x + 2y - 2z = 0 là: 1 + 2.2 - 2.(- 2) 9 d (I ,(P )) = = =3 1 2 + 22 + (- 2)2 9  Đường thẳng d đi qua điểm I (1;2; - 2) , đồng thời vuông góc với mp (P ) : x + 2y - 2z = 0 nên r r có vtcp u = n P = (1;2; - 2) ìx =1 + t ï ï ï ï  PTTS của d: í y = 2 + 2t (t Î ¡ ) ï ï z = - 2 - 2t ï ï î  Thay PTTS của d vào PTTQ của (P ) : x + 2y - 2z = 0 ta được: 1 + t + 2(2 + 2t) - 2(- 2 - 2t) = 0 Û 9t + 9 = 0 Û t = - 1  Thay t = - 1 vào PTTS của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P) là O (0; 0; 0) æ ö (Câu Va: z = 2 - ) 3i ç + ç 1 ç2 è 3i ÷ 2 × + 2 3i - ÷ ÷ ø = 1 2 2 3 i - 3i 2 = 4 - 3 3 2 i æ 3ö 2  Vậy, z = 4 + 3 3 ç3 ÷÷ = 1 6 + 27 = 91 91 iÞ z = 4 +ç 2 ç ÷ ÷ = 2 è 2 ø 4 4 2 40

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: r  Đường thẳng d đi qua điểm M 0(2;1; 0) và có vtcp u = (1;2;1 ) uuur  Gọi A ¢ là hình chiếu v.góc của A lên d thì A ¢ + t;1 + 2t; t) Þ A A ¢ = (2 + t;2t - 5; t - 4) (2 uuur r  Do A ¢ là hình chiếu vuông góc của A lên d nên ta có A A ¢ ^ u , suy ra 1 (2 + t) + 2(2t - 5) + 1 (t - 4) = 0 Û 6t - 1 2 = 0 Û t = 2  Thay t = 2 vào toạ độ A ¢ ta được A ¢ 5;2) là hình chiếu vuông góc của A lên d. (4;  Mặt cầu (S ) có tâm A (0; 6; 4) , tiếp xúc với đường thẳng d nên đi qua A ¢ 5;2) (4;  Do đó, (S ) có bán kính R = A A ¢ = (4 - 0)2 + (5 - 6)2 + (2 - 4)2 = 21  Vậy, phương trình mặt cầu (S ) : x 2 + (y - 4)2 + (z - 6)2 = 21Câu Vb: x 2 - (3 + 4i )x + (- 1 + 5i ) = 0 (*)  Ta có, D = (3 + 4i )2 - 4.1 .(- 1 + 5i ) = 9 + 24i + 1 6i 2 + 4 - 20i = - 3 + 4i = (1 + 2i )2  Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm phức: (3 + 4i ) + (1 + 2i ) 4 + 6i x1 = = = 2 + 3i 2 2 (3 + 4i ) - (1 + 2i ) 2 + 2i x2 = = =1 + i 2 2 WWW.VNMATH.COM 41

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 11 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x 4 + (m + 1 )x 2 - 2m - 1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 1. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm trên (C ) có hoành độ bằng - 3. 3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị.Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log2 (x - 3) - log 0,5 (x - 1 ) = 3 2) Tính tích phân: I = ò x (x + e x )dx 1 2 0 3) Cho hàm số y = e 4x + 2e - x . Chứng minh rằng, y ¢¢- 1 3y ¢ = 1 2y ¢Câu III (1,0 điểm): Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC vuông cân tại B, SA= a, SB hợp với đáy một góc 300 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt có pt ì x = - 3 + 2t ï ï ï d : ï y = - 1 + t ,(P ) : x - 3y + 2z + 6 = 0 í ï ïz =- t ï ï î 1) Tìm toạ độ điểm A giao điểm của đường thẳng d và mp(P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A, đồng thời vuông góc với đường thẳng d. 2) Viết phương trình mặt cầu (S ) tâm I (2;1;1 ) , tiếp xúc với mp(P). Viết phương trình mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu (S ) biết nó song song với mp(P). z+ iCâu Va (1,0 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = , trong đó z = 1 - 2i z- i2. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt có pt x+ 3 y+1 z d : = = ,(P ) : x - 3y + 2z + 6 = 0 2 1 - 1 1) Chứng minh rằng đường thẳng d cắt mặt phẳng (P) nhưng không vuông góc với (P). Tìm toạ độ điểm A là giao điểm của đường thẳng d và mp(P). 2) Tìm phương trình hình chiếu của đường thẳng d lên mp(P).Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: iz 2 + 4z + 4 - i = 0 ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 42

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I:  Với m = 1 ta có hàm số: y = x 4 + 2x 2 - 3  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = 4x 3 + 4x  Cho y ¢ = 0 Û 4x 3 + 4x = 0 Û x = 0  Giới hạn: lim y = - ¥ ; lim y = + ¥ x® - ¥ x® +¥  Bảng biến thiên x –– 0 +¥ y¢ – 0 + +¥ +¥ y –3  Hàm số ĐB trên các khoảng (0; + ¥ ) , NB trên khoảng (- ¥ ; 0) y Hàm số đạt cực tiểu yCT = –3 tại x CT = 0 .  Giao điểm với trục hoành: é2 =1 x ê -1 Cho y = 0 Û x + 3x - 3 = 0 Û ê 2 4 2 Û x 2 = 1 Û x = ±1 O 1 x x ê =- 3 ë Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 3  Bảng giá trị: x –1 0 1 y 0 –3 0 -3  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây  x 0 = - 2 Þ y0 = 5  f ¢ x 0) = f ¢ - ( ( 2) = 4.(- 2)3 + 4.(- 2) = - 1 2 2  Vậy, pttt cần tìm là: y - 5 = - 1 2 2(x + 2) Û y = - 1 2 2x - 1 9 .  y = x 4 + (m + 1 )x 2 - 2m - 1 (1)  Tập xác định D = ¡  y ¢ = 4x 3 + 2(m + 1 )x (đây là một đa thức bậc ba) é =0 x ê  y ¢ = 0 Û 4x + 2(m + 1 )x = 0 Û 2x (2x + m + 1 ) = 0 Û ê 2 3 2 ê x = - m - 1 (* ) 2 ë  Hàm số (1) có 3 điểm cực trị Û (* ) có 2 nghiệm pbiệt khác 0 Û - m - 1 > 0 Û m < - 1  Vậy, với m < - 1 thì hàm số (1) có 3 điểm cực trị.Câu II:  log2 (x - 3) + log2 (x - 1 ) = 3 (*) ìx - 3> 0 ìx > 3 ï ï ï Û ï Û x> 3  Điều kiện: í í ïx - 1 > 0 ï ïx > 1 ï î î  Khi đó, (*) Û log2 [(x - 3)(x - 1 )] = 3 Û (x - 3)(x - 1 ) = 8 Û x 2 - x - 3x + 3 = 8 Û x 2 - 4x - 5 = 0 Û x = - 1 hoac x = 5  So với điều kiện đầu bài ta chỉ nhận x = 5  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5 1 x3 ò0 x (x + e )dx = ò0 x dx + ò0 xe dx = 3 0 + ò0 ò0 1 x2 1 1 x2 1 1 1 I = xe x dx = e x .xdx 2 2 2 + 3 dt  Đặt t = x 2 Þ dt = 2x .dx Þ xdx = 2 43

 Đổi cận: x 0 1 t 0 1 1 dt et e 1 e 1  Vậy, I = 1 + ò0 2 3 2 1 1 t 1 e. = + = + - = - 3 0 3 2 2 2 6 4x - x  Xét hàm số y = e + 2e .  Ta có, y ¢ = 4e 4x - 2e - x ; y ¢ = 1 6e 4x + 2e - x ¢ ; y = 64e 4x - 2e - x  Từ đó, y ¢¢- 1 3y ¢ = 64e 4x - 2e - x - 1 3(4e 4x - 2e - x ) = 1 2e 4x + 24e - x = 1 2y ¢  Vậy, với y = e 4x + 2e - x thì y ¢¢- 1 3y ¢ = 1 2y ¢Câu III ì SA ^ (A B C ) ï S ï Þ SA ^ A B và hình chiếu của SB lên (ABC)  í ï A B Ì (A B C ) ï î a · là AB, do đó SB A = 300 · · A 30 C AB  cot SB A = Þ B C = A B = SA . cot SB A = a. cot 300 = a 3 SA B 1 1 3a 2  S A B C = A B .B C = a 3.a 3 = 2 2 2 1 1 3a 2 a3  Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là: V = SA .S A B C = × × a = (đvtt) 3 3 2 2THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa:  Thay ptts của d vào ptmp(P), ta được: (- 3 + 2t) - 3(- 1 + t) + 2(- t) + 6 = 0 Û - 3t + 6 = 0 Û t = 2  Thay t = 2 vào ptts của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P) là: A (1;1; - 2) r r  mp(Q) đi qua điểm A (1;1; - 2) , vuông góc với d nên có vtpt n = ud = (2;1; - 1 )  Vậy, PTTQ của mp(Q): 2(x - 1 ) + 1(y - 1 ) - 1(z + 2) = 0 Û 2x + y - z - 5 = 0  Mặt cầu (S ) có tâm là điểm I (2;1;1 )  Do (S ) tiếp xúc với mp (P ) : x - 3y + 2z + 6 = 0 nên (S ) có bán kính 2 - 3.1 + 2.1 + 6 7 14 R = d (I ,(P )) = = = 1 2 + (- 3)2 + 22 14 2 7  Phương trình mặt cầu (S ) : (x - 2)2 + (y - 1 )2 + (z - 1 )2 = 2  Gọi (Q ) là mp song song với (P ) : x - 3y + 2z + 6 = 0 thì phương trình mp(Q) có dạng (Q ) : x - 3y + 2z + D = 0 (D ¹ 6)  (Q ) tiếp xúc mặt cầu (S ) nên: 2 - 3.1 + 2.1 + D 14 D +1 14 d (I ,(Q )) = R Û = Û = 1 2 + (- 3)2 + 22 2 14 2 é + 1 =7 D é = 6 (loai) D Û D + 1 =7Û ê ê + 1 =- 7 Û êê = - 8 (nhan) D ê êD ë ë  Vậy PTTQ của mp (Q ) : x - 3y + 2z - 8 = 0Câu Va: z = 1 - 2i Þ z = 1 + 2i 44

z+ i 1 + 2i + i 1 + 3i (1 + 3i )(1 + 3i ) 1 + 6i + 9i 2 4 3  Ta có, w = = = = = =- + i z- i 1 - 2i - i 1 - 3i (1 - 3i )(1 + 3i ) 1 - 9i 2 5 5  Vậy, phần thực của w là - , phần ảo của w là 4 3 5 5THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: r  d đi qua điểm M 0(- 3; - 1; 0) , có vtcp ud = (2;1; - 1 ) r (P) có vtpt n P = (1; - 3;2) r ì [u , n ] = L = (- 1; - 5; - 7) ¹ 0 r r ï d P ì u khoâ g cuøg phöông n r ï d n n r ï ï P  Ta có, í r r Þ ír r ï ud .n P = 2.1 + 1 .(- 3) - 1 .2 = - 3 ¹ 0 ï ud ^ n P ï ï ï î ï î  Vậy, d cắt (P) nhưng không vuông góc với (P) ì x = - 3 + 2t ï ï ï ï  Thay PTTS của d : í y = - 1 + t vào PTTQ của mp (P ) : x - 3y + 2z + 6 = 0 , ta được ï ïz =- t ï ï î (- 3 + 2t) - 3(- 1 + t) + 2(- t) + 6 = 0 Û - 3t + 6 = 0 Û t = 2  Toạ độ giao điểm của d và mp(P) là: A (1;1; - 2)  Gọi (Q) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với (P), thế thì (Q) có vtpt r r r nQ = [ud , n P ] = (- 1; - 5; - 7)  Đường thẳng D là hình chiếu vuông góc của d lên (P) chính là giao tuyến của (P) và (Q) Do đó  Điểm trên D : A (1;1; - 2) æ 3 1 - 3ö r r r ç- ç 2 2 1 ÷ ÷= (31; 5; - 8)  vtcp của D : u = [n P , nQ ] = ç ; ; ÷ ÷ ç- 5 - 7 - 7 - 1 - 1 - 5 ø ç è ÷ ì x = 1 + 31 t ï ï ï ï  PTTS của D : í y = 1 + 5t (t Î ¡ ) ï ï z = - 2 - 8t ï ï îCâu Vb: iz + 4z + 4 - i = 0 (*) 2  Ta có, D ¢ = 22 - i .(4 - i ) = 4 - 4i + i 2 = (2 - i )2  Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt - 1 - (2 - i ) - 3 + i z1 = = = 1 + 3i i i - 1 + (2 - i ) 1 - i z2 = = =- 1 - i i i WWW.VNMATH.COM 45

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 12 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x4Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = - x2 - 4 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) và trục hoành. 3) Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm phân biệt: x 4 - 2x 2 - 2m = 0Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 22x + 2 - 2x + 2 - 3 = 0 2) Tìm nguyên hàm F (x ) của f(x ) = 3x 2 - + 4e x biết rằng F (1 ) = 4e 1 x 3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 - x + 1 , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 2x - 1 .Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 , đường cao h = 2. Hãy tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho A (- 1;2; - 1 ), B (2;1; - 1 ),C (3; 0;1 ) 1) Viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm O,A,B,C và xác định toạ độ tâm I của nó. uuuu r uuur 2) Tìm toạ độ điểm M sao cho 3A M = - 2MC . Viết phương trình đường thẳng BM.Câu Va (1,0 điểm): Tính x 1 + x 2 , biết x 1 , x 2 là hai nghiệm phức của phương trình sau đây: 3x 2 - 2 3x + 2 = 02. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần ì x = 1 + 2t ï ï ï lượt có phương trình d: ï y = 2t í , (P): 2x + y - 2z - 1 = 0 . ï ïz =- 1 ï ï î 1) Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, bán kính bằng 3 và tiếp xúc (P). 2) Viết phương trình đường thẳng D đi qua điểm M(0;1;0), nằm trong mp(P) và vuông góc với đường thẳng d.Câu Vb (1,0 điểm): Gọi z 1 ; z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 + z + 1 = 0 trên tập số phức. Hãy xác 1 1 định A = + z1 z2 ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 46

BÀI GIẢI CHI TIẾT. x4Câu I:  Hàm số: y = - x2 - 4 2  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = 2x 3 - 2x é =0 x  Cho y ¢ = 0 Û 2x 3 - 2x = 0 Û êê = ±1 x ê ë  Giới hạn: lim y = + ¥ ; lim y = + ¥ x® - ¥ x® +¥  Bảng biến thiên x –– - 1 0 1 ++ y¢ – 0 + 0 – 0 + +¥ –4 +¥ y 9 9 - - 2 2  Hàm số ĐB trên các khoảng (- 1; 0),(1; + ¥ ) , NB trên các khoảng (- ¥ ; - 1 ),(0;1 ) Hàm số đạt cực đại y CÑ = - 4 tại x CÑ = 0 . y 9 Hàm số đạt cực tiểu y CT = - tại x CT = ±1 . -2 -1 O 1 2 2 x  Giao điểm với trục hoành: é2 = 4 x 1 4 ê Cho y = 0 Û x - x - 4 = 0 Û Û x 2 = 4 Û x = ±2 2 ê2 2 x ê =- 2 ë Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 4 -4  Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2 -4.5 y 0 –4,5 –4 –4,5 0  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây  Giao của (C ) với Oy: cho y = 0 Û x = ±2  Diện tích cần tìm: æ 4 ö æ5 ö 2 ç1 x - x 2 - 4÷ = çx - x - 4x ÷ = 224 (đvdt) 3 S =ò ò- 2 ç2 2 1 4 2 x - x 2 - 4 dx = ç ÷ ÷dx ç ç ÷ ÷ - 2 2 è ø è1 0 3 ø- 2 15  x 4 - 2x 2 - 2m = 0 Û x 4 - 2x 2 = 2m Û x - x 2 = m Û x - x 2 - 4 = m - 4 (*) 4 4 2 2 x4  Số nghiệm của pt(*) bằng với số giao điểm của (C ) : y = - x 2 - 4 và d : y = m - 4 2  Từ đó, dựa vào đồ thị ta thấy pt(*) có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi é - 4> - 4 m é > 0 m ê ê ê Û ê ê - 4=- 9 m ê =- 1 m ê ë 2 ê ë 2 2x + 2 x+2 2x xCâu II: 2 - 2 - 3 = 0 Û 4.2 - 4.2 - 3 = 0 (*)  Đặt t = 2x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành: é 3 ê = (nhan) t ê 3 3 3 4t2 - 4t - 3 = 0 Û ê 2 Û t = Û 2x = Û x = log2 ê = - 1 (loai) t 2 2 2 ê ë 2 47

3  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = log2 2 1  Với f(x ) = 3x 2 - + 4e x , họ các nguyên hàm của f(x) là: x æ ö F (x ) = ò ç3x 2 - + 4e x ÷ = x 3 - ln x + 4e x + C 1 ç ç ÷ ÷dx è x ø  Do F (1 ) = 4e nên 1 3 - ln 1 + 4e 1 + C = 4e Û C = - 1  Vậy, F (x ) = x 3 - ln x + 4e x - 1  Viết pttt của y = x 3 - x + 1 song song với đường thẳng d: y = 2x - 1  TXĐ của hàm số : D = ¡  y ¢ = 3x 2 - 1  Do tiếp tuyến song song với y = 2x - 1 nên có hệ số góc k = f ¢ x 0) = 2 Û 3x 0 - 1 = 2 Û 3x 0 = 3 Û x 0 = 1 Û x 0 = ±1 ( 2 2 2  Với x 0 = 1 Þ y 0 = 1 3 - 1 + 1 = 1 và f ¢ x 0) = 2 ( pttt tại x 0 = 1 là: y - 1 = 2(x - 1 ) Û y = 2x - 1 (loại vì trùng với đường thẳng d)  Với x 0 = - 1 Þ y 0 = (- 1 )3 - (- 1 ) + 1 = 1 và f ¢ x 0) = 2 ( pttt tại x 0 = - 1 là: y - 1 = 2(x + 1 ) Û y = 2x + 3  Vậy, có 1 tiếp tuyến cần tìm là: y = 2x + 3Câu III  Giả sử hình chóp đều đã cho là S.ABC có O là chân đường cao xuất S phát từ đỉnh S. Gọi I là điểm trên SO sao cho IS = IA, thì IS = IA = IB =O C = R Do đó, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. I  Theo giả thiết, SO = 2 Þ I O = 2 - R A C O và O A = 2 A M = 2 × 6. 3 = 2 M 3 3 2 B  Trong tam giác vuông IAO, ta có 3 I A 2 = O I 2 + O A 2 Û R 2 = (2 - R )2 + 2 Û 4 - 4R + 2 = 0 Û R = 2  Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là æ÷ ö2 ç3÷ = 9p (đvdt) S = 4pR = 4p ç ÷ 2 ç2 ø èTHEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: A (- 1;2; - 1 ), B (2;1; - 1 ),C (3; 0;1 )  Phương trình mặt cầu (S ) có dạng: x 2 + y 2 + z 2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0  Vì 4 điểm O(0;0;0), A (- 1;2; - 1 ), B (2;1; - 1 ),C (3; 0;1 ) thuộc (S ) nên: ì 0 - 2.0 - 2.0 - 2.0 + d = 0 ì d = 0 ï ï ìd = 0 ï ï ï ï ï ï ï ï 6 + 2a - 4b + 2c + d = 0 ï ï 2a - 4b + 2c = - 6 ï ïa = 1 ï ï í Û ï í Û ï í ï 6 - 4a - 2b + 2c + d = 0 ï ï - 4a - 2b + 2c = - 6 ï ïb = 3 ï ï ï 1 0 - 6a + 0b - 2c + d = 0 ï ï - 6a + 0b - 2c = - 1 0 ï c = 2 ï ï ï î ï ï î ï ï î  Vậy, phương trình mặt cầu (S ) : x + y + z - 2x - 6y - 4z = 0 2 2 2 Và toạ độ tâm của mặt cầu là: I (1; 3;2)  Giả sử toạ độ điểm M là M (a;b; c) thì 48

uuuu r uuuu r A M = (a + 1; b - 2; c + 1 ) Þ 3A M = (3a + 3 ; 3b - 6 ; 3c + 3) uuur uuur MC = (3 - a; - b;1 - c) Þ - 2MC = (2a - 6 ; 2b ; 2c - 2) ì 3a + 3 = 2a - 6 ï ìa = - 9 ï uuuu r uuur ï ï ï ï ï 3b - 6 = 2b Û ï b = 6 Þ M (- 9; 6; - 5)  Ta có, 3A M = - 2MC Û í í ï ï 3c + 3 = 2c - 2 ï ïc = - 5 ï ï ï ï î î  Đường thẳng BM đi qua điểm: B (2;1; - 1 ) r uuur có vtcp: u = B M = (- 1 1; 5; - 4) x- 2 y- 1 z+ 1  Phương trình đường thẳng BM: = = - 11 5 - 4Câu Va: 3x 2 - 2 3x + 2 = 0  Ta có, D = (- 2 3)2 - 4.3.2 = 1 2 - 24 = - 1 2 = (2 3i )2  Phương trình đã cho có 2 nghiệm phức: 2 3 ± 2 3i 2 3 2 3 3 3 x 1 ,2 = = ± i= ± i 2.3 6 6 3 3 æ 3ö æ 3ö 2 2 æ ö æ 2 ö2 ç ÷ ç ÷  Từ đó, x + x = ç ÷ + ç ÷ + ç ÷ + ç- ç 3÷ ç 3÷ 2 6 ÷= 1 2 ç3÷ ç3÷ è ÷ è ÷ ø ø ç ÷ ç è3÷ è 3÷ ø ÷ ø 3THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb:  Mặt cầu (S ) có tâm I Î d nên toạ độ của I (1 + 2t;2t; - 1 )  Do (S ) có bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P) nên d (I ,(P )) = 3 2(1 + 2t) + (2t) - 2(- 1 ) - 1 ét + 3 = 9 é =1 t = 3 Û 6t + 3 = 9 Û ê ê 6 Û êt + 3 = - 9 Û ê=- 2 22 + 1 2 + (- 2)2 ê 6 t ê ë ë  Vậy, có 2 mặt cầu thoả mãn yêu cầu bài toán là: (S 1 ) : (x - 3)2 + (y - 2)2 + (z + 1 )2 = 9 (S 2 ) : (x + 3)2 + (y + 4)2 + (z + 1 )2 = 9 r r  mp(P) có vtpt n = (2;1; - 2) , đường thẳng d có vtcp u = (2;2; 0)  Đường thẳng D đi qua M(0;1;0)  Đường thẳng D nằm trong (P), vuông góc với d nên D có vtcp æ - 2 - 2 2 2 1÷ ö r r r ç1 ç ÷= (4; - 4;2) u D = [n , u ] = ç ; ; ÷ ç ç2 è 0 0 2 2 2÷ ÷ ø ìx = ï 4t ï ï ï 4t (t Î ¡ )  PTTS của D : í y = 1 - ï ïz = ï 2t ï îCâu Vb: Phương trình z 2 + z + 1 = 0 (*) có biệt thức D = 1 2 - 4.1 .1 = - 3 = ( 3i )2  Suy ra, phương trình (*) có 2 nghiệm phức: z1 ,2 = - 1 ± 3i = - 1 ± 3 i 2 2 2 Þ z1 + z2 = - 1 & z1 .z2 = 1 1 1 z + z2 - 1  Vậy, A = + = 1 = =- 1 WWW.VNMATH.COM z1 z2 z1 .z2 1 49

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 13 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = (x 2 - 2)2 - 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 phương trình: x 4 - 4x 2 = m .Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log2 (x - 5) + log 2 x+ 2 =3 ln 2 e 3x +1 2) Tính tích phân: I = ò0 e x dx 3 - 2x 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = trên đoạn [1; 4] x+1Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ A B C .A ¢B ¢ ¢có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc C của A ¢ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. Mặt bên (A A ¢C ¢ ) tạo với đáy một góc C bằng 45o . Tính thể tích của khối lăng trụ này.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (0;1; - 4), B (1; 0; - 5) và đường thẳng x- 1 y- 4 z- 1 = D: = 1 - 4 - 2 1) Viết phương trình đường thẳng AB và chứng minh rằng AB và D chéo nhau. 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa hai điểm A,B đồng thời song song với đường thẳng D . Tính khoảng cách giữa đường thẳng D và mặt phẳng (P).Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y = x 2 - 1 2x + 36 và y = 6x - x 22. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng: ìx =1 + t ï ï ï x- 3 y- 1 z D1 : ï y = - 1 - t í D2 : = = ï ïz = 2 - 1 2 1 ï ï î 1) Chứng minh D 1 và D 2 chéo nhau. Viết phương trình mp(P) chứa D 1 và song song D 2 . 2) Tìm điểm A trên D 1 và điểm B trên D 2 sao cho độ dài đoạn AB ngắn nhất.Câu Vb (1,0 điểm): Trên tập số phức, tìm B để phương trình bậc hai z2 + B z + i = 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng - 4i ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 50

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I:  Hàm số: y = (x 2 - 2)2 - 1 = x 4 - 4x 2 + 4 - 1 = x 4 - 4x 2 + 3  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = 4x 3 - 8x é =0 x ê  Cho y ¢ = 0 Û 4x - 8x = 0 Û 4x (x - 2) Û ê 3 2 x ê =± 2 ë  Giới hạn: lim y = + ¥ ; lim y = + ¥ x® - ¥ x® +¥  Bảng biến thiên x –– - 2 0 2 ++ y¢ – 0 + 0 – 0 + +¥ 3 +¥ y –1 –1  Hàm số ĐB trên các khoảng (- 2; 0),( 2; + ¥ ) , NB trên các khoảng (- ¥ ; - 2),(0; 2) Hàm số đạt cực đại y CÑ = 3 tại x CÑ = 0 . y y= m + 3 Hàm số đạt cực tiểu y CT = - 1 tại x CT = ± 2 .  Giao điểm với trục hoành: 3 é2 =1 x é = ±1 x ê Û ê Cho y = 0 Û x - 4x + 3 = 0 Û ê 2 4 2 ê x ê =3 x ê =± 3 ë ë Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = 3 x  Bảng giá trị: x –2 –1 0 1 2 -2 -1 O 1 2 y 3 –1 3 –1 3 -1  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây  x 4 - 4x 2 = m Û x 4 - 4x 2 + 3 = m + 3 (*)  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = m + 3  Ta có bảng kết quả như sau: Số giao điểm Số nghiệm m m+3 của (C) và d của pt(*) m>0 m+3>3 2 2 m=0 m+3=3 3 3 –4 < m < 0 –1< m + 3 < 3 4 4 m = –4 m + 3 = –1 2 2 m < –4 m + 3 < –1 0 0Câu II:  log2 (x - 5) + log 2 x + 2 = 3 (*) ìx - 5 > 0 ï ìx > 5 ï ï Û ï Û x> 5  Điều kiện: í í ïx + 2 > 0 ïx > - 2 ï ï î î  Khi đó, (* ) Û log2 (x - 5) + log2 (x + 2) = 3 Û log2 (x - 5)(x + 2) = 3 Û (x - 5)(x + 2) = 8 é = 6 (nhan) x x 2 + 2x - 5x - 1 0 = 8 Û x 2 - 3x - 1 8 = 0 Û êê = 3 (loai) x ê ë  Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x = 6 51

æ2 x ö æ2 ln 2 ö æ0 ö ln 2 ln 2 e 3x e e +1 + e - x )dx = ç - e - x ÷ ÷ =ç ln 2 ÷ çe - e 0 ÷ ò dx = ò ln 2 I = (e 2x ç ç2 ÷ ç ç 2 - e - ÷÷ - ç ç ÷ ÷ 0 ex 0 0 è ø è ø è2 ø æln 4 1 ö æ ö  Vậy, I = çe - e 2 ÷ ç1 - 1 ÷= 4 - 1 - 1 + 1 = 2 ln ÷ ç ÷ ç - ç ÷ ç 2 è ÷ ø è2 ÷ ø 2 2 2 3 - 2x - 2x + 3  Hàm số y = = liên tục trên đoạn [1; 4] x+1 x+1 - 5  y¢= < 0, " x Î [1; 4] (x + 1 )2 1  f(1 ) = và f(4) = - 1 2 1  Trong 2 kết quả trên, số –1 nhỏ nhất, số lớn nhất. 2 1  Vậy, m in y = - 1 khi x = 4 , m ax y = khi x = 1 [1 ;4] [1 ;4] 2Câu III  Gọi H,M,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,AC,AM A B  Theo giả thiết, A ¢H ^ (A B C ), B M ^ A C Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên C I H || B M Þ I H ^ A C  Ta có, A C ^ I H , A C ^ A ¢H Þ A C ^ I A ¢ H A B · Suy ra góc giữa (A B C ) và (A C C ¢ ¢) là A ¢I H = 45 o A I a M C  A ¢H = I H . tan 45o = I H = 1 MB = a 3 2 4  Vậy, thể tích lăng trụ là: V = B .h = 1 B M .A C .A ¢H = 1 × 3 × × 3 = 3a (đvdt) a a 3 a 2 2 2 2 8THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN x- 1 y- 4 z- 1Câu IVa: A (0;1; - 4), B (1; 0; - 5) và D : = = 1 - 4 - 2 r uuur  Đường thẳng AB đi qua điểm A (0;1; - 4) , có vtcp u = A B = (1; - 1; - 1 ) x y- 1 z+ 4  PTCT của đường thẳng AB là: = = 1 - 1 - 1 r  Đường thẳng D đi qua điểm M (1; 4;1 ) , có vtcp u ¢ = (1; - 4; - 2) æ 1 - 1 - 1 1 1 - 1÷ ö ç- [u , u ¢] = ç r r ÷= (- 2;1; - 3)  Ta có, ç- 4 - 2 - 2 1 1 - 4 ÷ ç ; ; ÷ ç è ÷ ø uuuu r r r uuuu r A M = (1; 3; 5) Þ [u , u ¢].A M = - 1 .1 + 1 .3 - 3.5 = - 1 3 ¹ 0  Vậy, AB và D chéo nhau.  Mặt phẳng (P) chứa hai điểm A,B đồng thời song song với đường thẳng D  Điểm trên mp(P): A (0;1; - 4) r r r  Vì (P) chứa A,B và song song với D nên có vtpt: n = [u , u ¢] = (- 2;1; - 3)  PTTQ của (P): - 2(x - 0) + 1(y - 1 ) - 3(z + 4) = 0 Û 2x - y + 3z + 1 3 = 0 2.1 - 4 + 3.1 + 1 3 14  Khoảng cách giữa AB và D bằng: d (M ,(P )) = = = 14 22 + (- 1 )2 + 32 14 52

Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y = x 2 - 1 2x + 36 và y = 6x - x 2  Cho x 2 - 1 2x + 36 = 6x - x 2 Û 2x 2 - 1 8x + 36 = 0 Û x = 3, x = 6  Diện tích cần tìm là: S = ò 2x 2 - 1 8x + 36 dx = ò3 (2x 6 6 2 - 1 8x + 36)dx 3 æx 3 ö 6 =ç ç 2 ÷ ç 3 - 9x 2 + 36x ÷ = - 9 = 9 (đvdt) ÷ è ø3THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: r  D 1 đi qua điểm M 1 (1; - 1;2) , có vtcp u1 = (1; - 1; 0) r D 2 đi qua điểm M 2 (3;1; 0) , có vtcp u2 = (- 1;2;1 ) æ 1 0 0 ö ç- 1 1 - 1÷  Ta có, [u1 , u2 ] = ç r r ÷= (- 1; - 1;1 ) ç 2 1 1 - 1 - 1 ; ; ÷ ç ç è 2÷÷ ø uuuuuu r M 1 M 2 = (2;2; - 2) r r uuuuuu r Þ [u1 , u2 ].M 1 M 2 = - 1 .2 - 1 .2 + 1 .(- 2) = - 6 ¹ 0  Suy ra, D 1 và D 2 chéo nhau. r r r  mp(P) chứa D 1 và song song D 2 nên đi qua M 1 (1; - 1;2) , có vtpt n 1 = [u1 , u2 ] = (- 1; - 1;1 )  Vậy, PTTQ mp(P): - 1(x - 1 ) - 1(y + 1 ) + 1(z - 2) = 0 Û x + y - z + 2 = 0  Vì A Î D 1 , B Î D 2 nên toạ độ của chúng có dạng: uuu r A (1 + a; - 1 - a;2), B (3 - b;1 + 2b;b ) Þ A B = (2 - a - b;2 + a + 2b; b - 2)  AB ngắn nhất Û AB là đường vuông góc chung của D 1 và D 2 uuu r r ì ï A B .u = 0 ì (2 - a - b ).1 + (2 + a + 2b ).(- 1 ) + (b - 2).0 = 0 ï ï ï Û ï uuu r1 í r Û í ï A B .u = 0 ï (2 - a - b).(- 1 ) + (2 + a + 2b).2 + (b - 2).1 = 0 ï ï ï î 2 î ì 2 - a - b - 2 - a - 2b = 0 ï ì - 2a - 3b = 0 ì a = 0 ï ï Û ïí Û ïí Û ïí ï - 2 + a + b + 4 + 2a + 4b + b - 2 = 0 ï 3a + 6b = 0 ï ï ïb = 0 ï î î î  Vậy, A (1; - 1;2), B (3;1; 0)Câu Vb: z2 + B z + i = 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng - 4i  Giả sử z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình trên. Dựa vào công thức nghiệm phương trình bậc hai, ta suy ra: b c z1 + z2 = - =- B va z1 .z2 = = i 2a a  Theo giả thiết, z1 + z1 = - 4i Û (z1 + z2 ) - 2z1 z2 = - 4i Û B 2 - 2i = - 4i Û B 2 = - 2i 2 2 2 Û B 2 = (1 - i )2 Û B = ±(1 - i )  Vậy, B = ±(1 - i ) WWW.VNMATH.COM 53

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 14 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x + 1Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x- 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm trên (C ) có tung độ bằng 5. 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C ) và hai trục toạ độ.Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log 0.5 (x + 5) + 2 log2 (x + 5) = 0 2 2) Tính tích phân: I = ò x 1 - xdx 1 0 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = e x (x - 2)2 trên đoạn [1; 3]Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông góc với · mặt đáy. Góc SC B = 600 , BC = a, SA = a 2 . Gọi M là trung điểm SB. 1) Chứng minh rằng (SAB) vuông góc (SBC). 2) Tính thể tích khối chóp MABCII. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm A (- 1;1;1 ), B (5;1; - 1 ),C (2; 5;2), D (0; - 3;1 ) 1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Từ đó chứng minh ABCD là một tứ diện. 2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm D, đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Viết phương trình tiếp diện với mặt cầu (S) song song với mp(ABC)Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: z 4 - 5z 2 - 36 = 02. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) lần x+ 3 y+1 z- 3 lượt có phương trình : = = và mặt phẳng (P): x + 2y - z + 5 = 0 . 2 1 1 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 2) Tính góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 3) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng (P). ì 4- y. log x = 4 ï ïCâu Vb (1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau : í 2 ï log2 x + 2- 2y = 4 ï ï î ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 54

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I: 2x + 1  Hàm số y = x- 1  Tập xác định: D = ¡ {1 } - 3  Đạo hàm: y ¢ = < 0, " x Î D (x - 1 )2  Hàm số luôn NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: lim y = 2 ; lim y = 2 Þ y = 2 là tiệm cận ngang. x® - ¥ x® + ¥ y lim y = - ¥ ; lim y = + ¥ Þ x = 1 là tiệm cận đứng. x® 1- x® 1+ 5  Bảng biến thiên x –– 1 ++ 4 y¢ + + 3 +¥ 2 y 2 - ¥ 2 1 1  Giao điểm với trục hoành: cho y = 0 Û x = - O 1 2 4 x 2 -2 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 1  Bảng giá trị: x –2 0 1 2 4 -1 y 1 –1 || 4 5  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: 2x 0 + 1  y 0 = 5 Û = 5 Û 2x 0 + 1 = 5x 0 - 5 Û x 0 = 2 x0 - 1 - 3  f ¢ x 0) = ( =- 3 (2 - 1 )2  Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y - 5 = - 3(x - 2) Û y = - 3x + 1 1 2x + 1 2x + 1 æ ö  Diện tích cần tìm: S = ò 1 ç2 + 3 ÷ ò- 12 x - 1 dx = ò- 21 ç x - 1 ødx 0 0 0 dx = ç ÷ ÷ - 2 x- 1 è = ( 2x + 3ln x - 1 ) - 1 = 1 - 3ln 3 = 3ln 3 - 1 (đvdt) 0 2 2 2Câu II: log0.5 (x 2 + 5) + 2 log2 (x + 5) = 0 (*) ì x2 + 5 > 0 ï ï  Điều kiện: í Û x + 5> 0Û x > - 5 ïx + 5 > 0 ï ï î  Khi đó, log 0.5 (x + 5) + 2 log2 (x + 5) = 0 Û log2 (x + 5) + 2 log2 (x + 5) = 0 2 2 - 1 Û - log2 (x + 5) + log2 (x + 5) = 0 Û log2 (x + 5)2 = log2 (x 2 + 5) 2 2 Û (x + 5)2 = x 2 + 5 Û x 2 + 1 0x + 25 = x 2 + 5 Û 1 0x = - 20 Û x = - 2(nhan)  Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x = - 2  I = ò x 1 - xdx . 1 0  Đặt t = 1 - x Þ dt = - dx Þ dx = - dt và x = 1 - t  Đổi cận: x 0 1 t 1 0 æ 3 5 ö 1 ç2t2 ç ÷ 2t2 ÷ 1 3  Vậy, I = x 1 - xdx = ò (1 - t) t(- dt) = ò (t - t )dt = ç ÷ = 4 ò0 1 0 1 ç ç 3 - ÷ 2 2 1 0 è 5 ÷ø0 1 5  Hàm số y = e x (x - 2)2 = e x (x 2 - 4x + 4) liên tục trên đoạn [1; 3] 55

 y ¢ = (e x )¢(x 2 - 4x + 4) + e x (x 2 - 4x + 4)¢ = e x (x 2 - 4x + 4) + e x (2x - 4) = e x (x 2 - 2x ) é = 0 Ï [1; 3] (loai) x  y ¢ = 0 Û e (x - 2x ) = 0 Û x - 2x = 0 Û ê x 2 2 ê = 2 Î [1; 3] (nhan) x ê ë  f(2) = e 2 (2 - 2)2 = 0 ; f(1 ) = e 1 (1 - 2)2 = e và f(3) = e 3(3 - 2)2 = e 3  Trong các kết quả trên, số 0 nhỏ nhất, số e 3 lớn nhất.  Vậy, m ;3] y = 0 khi x = 2 , m ;3] y = e khi x = 3 3 in ax [1 [1Câu III ì B C ^ SA Ì (SA B ) ï ï Þ B C ^ (SA B ) (do SA cắt BC) S  í ï B C ^ A B Ì (SA B ) ï î  Mà B C Ì (SB C ) nên (SB C ) ^ (SA B ) · a 2 M  Ta có, SB = B C . tan SC B = a. tan 600 = a 3 60 A B = SB - SA = (a 3) - (a 2) = a 2 2 2 2 A C a  S D MA B 1 1 1 a2 2 B = × D SA B = × × × B = S SA A 2 2 2 4  Thể tích khối chóp M.ABC: V = 1 × × = 1 × D MA B × C = 1 × 2 × = a 2 (đvdt) a2 3 B h S B a 3 3 3 4 12THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: A (- 1;1;1 ), B (5;1; - 1 ),C (2; 5;2), D (0; - 3;1 )  Điểm trên mặt phẳng (ABC): A (- 1;1;1 ) uuur  Hai véctơ: A B = (6; 0; - 2) uuur A C = (3; 4;1 ) uuu uuur æ - 2 - 2 6 6 0 ÷ r ç0 ö Þ vtpt của mp(ABC): n = [A B , A C ] = ç r ÷= (8; - 1 2;24) ç4 ; ; ÷ ç ç è 1 1 3 3 4÷ ÷ ø  PTTQ của mp(ABC): 8(x + 1 ) - 1 2(y - 1 ) + 24(z - 1 ) = 0 8x - 1 2y + 24z - 4 = 0 Û 2x - 3y + 6z - 1 = 0  Thay toạ độ điểm D vào phương trình mp(ABC) ta được: 2.0 - 3(- 3) + 6.1 - 1 = 0 Û 1 4 = 0 : vô lý  Vậy, D Î (A B C ) hay ABCD là một tứ diện.  Mặt cầu (S ) có tâm D, tiếp xúc mp(ABC) Tâm của mặt cầu: A (0; - 3;1 ) 2.0 - 3.(- 3) + 6.1 - 1 14  Bán kính mặt cầu: R = d (D ,(A B C )) = = =2 2 + (- 3) + 6 2 2 2 7  Phương trình mặt cầu (S ) : x + (y + 3) + (z - 1 )2 = 4 2 2  Gọi (P) là tiếp diện của (S ) song song với mp(ABC) thì (P) có phương trình 2x - 3y + 6z + D ¢ = 0 (D ¢ ¹ - 1 ) 2.0 - 3.(- 3) + 6.1 + D ¢  Vì (P) tiếp xúc với (S ) nên d (I ,(P )) = R Û =2 22 + (- 3)2 + 62 é5 + D ¢= 1 4 é ¢ = - 1 (loai) D Û 15+ D ¢ =14Û ê Û ê 1 ê5 + D ¢= - 1 4 ê ¢ = - 29( nhan) D ê 1 ë ê ë  Vậy, phương trình mp(P) cần tìm là: 2x - 3y + 6z - 29 = 0Câu Va: z 4 - 5z 2 - 36 = 0 56

é=9 t é2 = 9 z é = ±3 z ê  Đặt t = z 2 , phương trình trở thành t - 5t - 36 = 0 Û ê 2 Û ê2 ê =- 4 Û êê = ±2i t ê=- 4 z ê êz ë ë ë  Vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm: z = ±3; z = ±2iTHEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) lần x+ 3 y+1 z- 3 lượt có phương trình: = = và mặt phẳng (P): x + 2y - z + 5 = 0 . 2 1 1 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 2) Tính góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) . 3) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng (P).Câu IVb: ì x = - 3 + 2t ï ï ï ï  Thay ptts của d: í y = - 1 + t (1) vào pttq của mp(P): x + 2y - z + 5 = 0 ta được: ï ïz = 3+ t ï ï î (- 3 + 2t) + 2(- 1 + t) - (3 + t) + 5 = 0 Û 3t - 3 = 0 Û t = 1  Thay t = 1 vào (1) ta được giao điểm của d và (P) là: H (- 1; 0; 4)  Gọi (Q ) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mp(P), khi đó (Q ) có vtpt æ 1 2 2 1ö r r r ç1 ç 1 ÷ ÷= (- 3; 3; 3) nQ = [ud , n P ] = ç ; ; ÷ ÷ ç2 - 1 - 1 1 1 2 ø ç è ÷  D là hình chiếu vuông góc của d lên (P), chính là giao tuyến của (P) và (Q), nên có vtcp æ - 1 - 1 1 2ö ç2 1 ÷ u D = [n P , nQ ] = ç r r r ÷= (9; 0; 9) ç3 ; ; ÷ ç ç è 3 3 - 3 - 3 3÷ ÷ ø r r  Vậy, hình chiếu D của d lên (P) đi qua H, có vtcp u D = (9; 0; 9) hoặc u = (1; 0;1 ) nên có ptts ì ïx =- 1 + t ï ï ïy = 0 í (t Î ¡ ) ï ïz = 4+ t ï ï î ì 4- y. log x = 4 ï ì 4- y. log x = 4 ï ì ï uv = 4 ï ïCâu Vb: í 2 Û í -y 2 Û ï í (*) (với u = 4- y > 0 và v = log2 x ) ï log2 x + 2- 2y = 4 ï 4 + log2 x = 4 ï u + v = 4 ï ï ï ï î ï î î  Từ (*) ta suy ra, u,v là 2 nghiệm phương trình: X 2 - 4X + 4 = 0 Û X 1 = X 2 = 2 ì ì ï ìx = 4 ï ï 4- y = 2 ï ï - y = log 2 = 1 ï ï Û í ï  Như vậy, í 4 2Û í ï log2 x = 2 ï ï ïx = 2 = 4 ïy = - 1 ï ï î 2 ï ï î ï ï î 2 ìx = 4 ï ï ï  Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: í ïy = - 1 ï ï ï î 2 57

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 15 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x3Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = f (x ) = - + 2x 2 - 3x 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm trên (C ) có hoành độ x 0 , với f ¢(x 0) = 6 . ¢ 3) Tìm tham số m để phương trình x 3 - 6x 2 + 9x + 3m = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt.Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 24x - 4 - 1 7.22x - 4 + 1 = 0 p 2) Tính tích phân: I = ò (2x - 1 ) sin xdx 0 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 - 4ln (1 - x ) trên đoạn [– 2;0]Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng A B C .A ¢B ¢ ¢ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = a, mặt C (A ¢B C ) tạo với đáy một góc 300 và tam giác A ¢B C có diện tích bằng a 2 3 . Tính thể tích khối lăng trụ A B C .A ¢B ¢ ¢. CII. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A (7;2;1 ), B (- 5; - 4; - 3) và mặt phẳng (P ) : 3x - 2y - 6z + 38 = 0 1) Viết phương trình tham số của đường thẳng AB. Chứng minh rằng, AB || (P ) . 2) Viết phương trình mặt cầu (S ) có đường kính AB. 3) Chứng minh (P ) là tiếp diện của mặt cầu (S ) . Tìm toạ độ tiếp điểm của (P ) và (S )Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z = 1 + 3i . Tìm số nghịch đảo của số phức: w = z 2 + z.z2. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho cho điểm I (1; 3; - 2) và đường thẳng x- 4 y- 4 z+ 3 D: = = 1 2 - 1 1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm I và chứa đường thẳng D . 2) Tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng D . 3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm I và cắt D tại hai điểm phân biệt A,B sao cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 4.Câu Vb (1,0 điểm): Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình: z2 - 2z + 2 + 2 2i = 0 . Hãy lập một phương trình bậc hai nhận z1 , z2 làm nghiệm. ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 58

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I: x3  Hàm số: y = f (x ) = - + 2x 2 - 3x 3  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = - x 2 + 4x - 3  Cho y ¢ = 0 Û - x 2 + 4x - 3 Û x = 1; x = 3  Giới hạn: lim y = + ¥ ; lim y = - ¥ x® - ¥ x® +¥  Bảng biến thiên x –– 1 3 ++ y¢ – 0 + 0 – ++ 0 y 4 - –– 3  Hàm số ĐB trên khoảng (1;3), NB trên các khoảng (––;1), (3;++) Hàm số đạt cực đại yCÑ = 0 tại x CÑ = 3 , y tại x CT = 1 4 đạt cực tiểu yCT = - 3 2 y= m  Điểm uốn: y ¢ = - 2x + 4 = 0 Û x = 2 Þ y = - ¢ . 3 æ 2ö O 1 2 3 4 x Điểm uốn của đồ thị là: I ç2; - ÷ ç ç ÷ ÷ è 3ø -2/3  Giao điểm với trục hoành: cho y = 0 Û x = 0; x = 3 -4/3 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = 0  Bảng giá trị: x 0 1 2 3 4 y 0 –4/3 –2/3 0 –4/3  Đồ thị hàm số như hình vẽ: 16  f ¢(x 0) = 6 Û - 2x 0 + 4 = 6 Û x 0 = - 1 Þ y 0 = ¢ 3  f(¢ x 0) = f ¢ - 1 ) = - (- 1 )2 + 4(- 1 ) - 3 = - 8 ( 16 8  Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y - = - 8(x + 1 ) Û y = - 8x - 3 3 1  x 3 - 6x 2 + 9x + 3m = 0 Û x 3 - 6x 2 + 9x = - 3m Û - x 3 + 2x 2 - 3x = m (*) 3  Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của (C ) và d : y = m é =0 m ê  Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình (*) có đúng 2 nghiệm phân biệt Û ê ê =- 4 m ê ë 3Câu II: 1 6x 4x  2 4x - 4 - 1 7.22x - 4 + 1 = 0 Û - 1 7. + 1 = 0 Û 42x - 1 7.4x + 1 6 = 0 (*) 16 16  Đặt t = 4x (ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành é = 1 (nhan) t éx =1 é =0 x t2 - 1 7t + 1 6 = 0 Û ê ê 4 ê ê = 1 6 (nhan) Û t êx =16 Û ê =2 x ê ë ê 4 ë ê ë  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 0 và x = 2. p  I = ò (2x - 1 ) sin xdx 0 59

ì u = 2x - 1 ï ì dx = 2.dx ï ï Þ ï  Đặt í í . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: ï dv = sin xdx ï ï v = - cos x ï î î p p p  I = - (2x - 1 ) cos x 0 - ò0 (- 2 cos x )dx = (2p - 1 ) - 1 + 2 sin x 0 = (2p - 1 ) - 1 + 2.0 = 2p - 2  Hàm số y = x - 4ln (1 - x ) liên tục trên đoạn [–2;0] 2 4 - 2x 2 + 2x + 4  y ¢ = 2x + = 1- x 1- x é = - 1 Î [- 2; 0] (nhan) x  Cho y ¢ = 0 Û - 2x + 2x + 4 = 0 Û ê 2 ê = 2 Ï [- 2; 0] (loai) x ê ë  f(- 1 ) = 1 - 4ln 2 ; f(- 2) = 4 - 4ln 3 ; f(0) = 0  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là: 1 - 4ln 2 , số lớn nhất nhất là: 0  Vậy, m in y = 1 - 4ln 2 khi x = - 1 ; m ax y = 0 khi x = 0 [- 2;0] [- 2;0]Câu III ìBC ï ^ AB A C ï Þ B C ^ A ¢B (hơn nữa, B C ^ (A B B ¢ ¢) ) A  Do í ïBC ï ^ AA¢ î B ìBC ï ^ A B Ì (A B C ) ï ï · ï ^ A B Ì (A ¢B C ) Þ A B A ¢ là góc giữa (A B C ) và (A ¢B C )  Và í B C C ï ïBC A ï = (A B C ) Ç (A ¢B C ) a ï î 30 2.S D A ¢B C 2.a 2 3 B  Ta có, S D A ¢B C = 1 A ¢B .B C Þ A ¢B = = = 2a 3 2 BC a · A B = A ¢B . cos A B A ¢ = 2a 3. cos 300 = 3a · A A ¢ = A ¢B . sin A B A ¢ = 2a 3. sin 300 = a 3  Vậy, V l.t ruï = B .h = S A B C .A A ¢ = 1 × B × C × A ¢ = 1 × a × × 3 = 3a 3 (đvtt) 3 A B A 3 a a 2 2 2THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: A (7;2;1 ), B (- 5; - 4; - 3) r uuu r  Đường thẳng AB đi qua điểm A (7;2;1 ) , có vtcp u = A B = (- 1 2; - 6; - 4) nên có ptts ì ï x = 7 - 1 2t ï ï A B : ï y = 2 - 6t (1) í ï ï z = 1 - 4t ï ï î  Thay (1) vào phương trình mp(P) ta được: 3(7 - 1 2t) - 2(2 - 6t) - 6(1 - 4t) + 38 = 0 Û 0.t + 49 = 0 Û 0t = - 49 : vô lý  Vậy, A B || (P )  Tâm của mặt cầu (S ) : I (1; - 1; - 1 ) (là trung điểm đoạn thẳng AB)  Bán kính của (S ) : R = I A = (1 - 7)2 + (- 1 - 2)2 + (- 1 - 1 )2 = 7  Phương trình mc (S ) : (x - 1 )2 + (y + 1 )2 + (z + 1 )2 = 49 3.1 - 2.(- 1 ) - 6.(- 1 ) + 38  Ta có, d (I ,(P )) = = 7 = R Þ (P ) tiếp xúc với (S ) . 32 + (- 2)2 + (- 6)2  Gọi d là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mp(P). 60

ì x = 1 + 3t ï ï ï ï Khi đó PTTS của d: í y = - 1 - 2t . Thay vào ptmp(P) ta được : ï ï z = - 1 - 6t ï ï î 3(1 + 3t) - 2(- 1 - 2t) - 6(- 1 - 6t) + 38 = 0 Û 49.t + 49 = 0 Û t = - 1  Tiếp điểm cần tìm là giao điểm của d và (P), đó là điểm H (- 2;1; 5)Câu Va: Với z = 1 + 3i , ta có  w = z 2 + z.z = (1 + 3i )2 + (1 + 3i )(1 - 3i ) = 1 + 6i + 9i 2 + 1 2 - 9i 2 = 2 + 6i 1 1 2 - 6i 2 - 6i 2 - 6i 1 3  = = = 2 = = - i w 2 + 6i (2 + 6i )(2 - 6i ) 2 - 36i 2 40 10 10THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: r  Đường thẳng D đi qua điểm M (4; 4; - 3) , có vtcp u = (1;2; - 1 )  Mặt phẳng (P ) đi qua điểm I (1; 3; - 2) uuur  Hai véctơ: I M = (3;1; - 1 ) r u = (1;2; - 1 ) uuu r r æ - 1 - 1 3 3 1÷ ö ç1 n = [I M , u ] = ç r ÷= (1;2; 5) Vtpt của mp(P): ç2 - 1 - 1 1 1 2 ÷ ç ; ; ÷ ç è ÷ ø  PTTQ của mp (P ) : 1(x - 1 ) + 2(y - 3) + 5(z + 2) = 0 Û x + 2y + 5z + 3 = 0 uuu rr [I M , u ] 1 2 + 22 + 5 2 30  Khoảng cách từ đểm A đến D : d = d (I , D ) = r = = = 5 u 1 2 + 22 + (- 1 )2 6  Giả sử mặt cầu (S ) cắt D tại 2 điểm A,B sao cho AB = 4 Þ (S ) có bán kính R = IA  Gọi H là trung điểm đoạn AB, khi đó: I H ^ A B Þ D I H A vuông tại H  Ta có, H A = 2 ; I H = d (I , D ) = 5 I R = I A = I H + H A = ( 5) + 2 = 9 2 2 2 2 2 2  Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: B C (S ) : (x - 1 )2 + (y - 3)2 + (z + 2)2 = 9 HCâu Vb: A  Với z1 , z2 là 2 nghiệm của phương trình z 2 - 2z + 2 + 2 2i = 0 ì ï ïz + z =- b =2 ï 1 ìz + z = 2 ï 1 ï thì ï a 2 í Þ í 2 ï c ï z .z = = 2 + 2 2i ï z1 .z2 = 2 - 2 2i ï ï 1 2 ï î ï ï î a  Do đó, z1 , z2 là 2 nghiệm của phương trình z2 - 2z + 2 - 2 2i = 0 WWW.VNMATH.COM 61

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 16 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1 4Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x - 2x 2 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số nêu trên. 2) Dùng đồ thị (C ) để biện luận số nghiệm của phương trình: x 4 - 4x 2 = 2m . 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) với trục hoành.Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: log 2 (x + 2) = 2 log2 x + 2 2) Tính tích phân: I = ò x (x 2 - 1 )2 dx 2 0 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 4 - x 2Câu III (1,0 điểm): Hình chóp S.ABC có BC = 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại C, SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Gọi I là trung điểm cạnh AB. 1) Chứng minh rằng, đường thẳng SI vuông góc với mặt đáy (A B C ) . 2) Biết mặt bên (SAC) hợp với đáy (ABC) một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A (3;1; - 1 ), B (2; - 1; 4) và mặt phẳng (P ) : 2x - y + 3z - 1 = 0 1) Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt cầu đường kính AB. 2) Viết phương trình mặt phẳng (Q ) chứa hai điểm A,B, đồng thời vuông góc với mp(P).Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: - 5z 3 + 2z2 - z = 02. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): 2x - y + 2z - 2 = 0 1) Viết phương trình mặt cầu (S ) tâm I(3;–1;2) tiếp xúc với (Q). Tìm toạ độ tiếp điểm. 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A (1; - 1;1 ), B (0; - 2; 3) , đồng thời tạo với mặt cầu (S ) một đường tròn có bán kính bằng 2.Câu Vb (1,0 điểm): Trên mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện: 2z - i = 4 - i + 2z ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 62

BÀI GIẢI CHI TIẾT. 1 4Câu I: Hàm số: y = x - 2x 2 2  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = 2x 3 - 4x é =0 x ê  Cho y ¢ = 0 Û 2x - 4x = 0 Û ê 3 x ê =± 2 ë  Giới hạn: lim y = + ¥ ; lim y = + ¥ x® - ¥ x® +¥  Bảng biến thiên x –– - 2 0 2 ++ y¢ – 0 + 0 – 0 + +¥ 0 +¥ y - 2 - 2  Hàm số ĐB trên các khoảng (- 2; 0),( 2; + ¥ ) , NB trên các khoảng (- ¥ ; - 2),(0; 2) Hàm số đạt cực đại y CÑ = 0 tại x CÑ = 0 . y Hàm số đạt cực tiểu y CT = - 2 tại x CT = ± 2 .  Giao điểm với trục hoành: y= m é2 = 0 x é =0 x 1 4 ê Û ê Cho y = 0 Û x - 2x 2 = 0 Û ê2 ê = ±2 2 x ê =4 x ê -2 - 2 O 2 2 x ë ë Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = 0  Bảng giá trị: x - 2 - 2 0 2 2 y 4 - 2 0 - 2 0 -2  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây 1  x 4 - 4x 2 = 2m Û x 4 - 2x 2 = m (*) 2  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C ) và d: y = m  Ta có bảng kết quả như sau: m Số giao điểm của (C) và d Số nghiệm của pt(*) m>0 2 2 m=0 3 3 –2< m < 0 4 4 m = –2 2 2 m < –2 0 0   Giao của (C) với Ox: cho y = 0 Û x = 0; x = ±2  Diện tích cần tìm: S = ò ò- ò0 ( 2 x 2 1 4 0 1 2 1 x - 2x 2 dx = ( x 4 - 2x 2 )dx + 4 - 2x 2 )dx - 2 2 2 2 æ5 2x 3 ö æ5 3ö 0 2 x ÷ + çx - 2x ÷ = - 32 + - 32 = 64 (đvdt) Û S = ç - ç ÷ ç ÷ ç1 0 è ÷ ÷ ç1 0 ÷ ÷ 3 ø- 2 è 3 ø0 15 15 15Câu II:  log 2 (x + 2) = 2 log2 x + 2 ìx + 2 > 0 ìx > - 2 ï ï ï Û ï Û x> 0  Điều kiện: í í ïx > 0 ï ïx > 0 ï î î  Khi đó, log 2 (x + 2) = 2 log2 x + 2 Û 2 log2 (x + 2) = log2 x + log2 4 2 63

é =2 x (nhaä ) n Û log2 (x + 2)2 = log2 4x 2 Û (x + 2)2 = 4x 2 Û 3x 2 - 4x - 4 = 0 Û ê ê =- x ê 2 (loaï ) i ë 3  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 2 æ6 x4 x2 ö 2 x (x 5 - 2x 3 + x )dx = ç - ÷ 14 ò x (x - 1 ) dx = ò x (x - 2x + 1 )dx = ò 2 2 2 I = 2 2 4 2 ç ç6 + ÷ = ÷ 0 0 0 è 2 2 ø0 3  Hàm số y = 4 - x 2 liên tục trên tập xác định của nó, đó là đoạn [- 2;2] -x  y¢= . Cho y ¢ = 0 Û x = 0 Î [- 2;2] (nhận) 4- x2  f(0) = 2 ; f(- 2) = 0 và f(2) = 0  Trong các kết quả trên, số 0 nhỏ nhất và số 2 lớn nhất.  Vậy, [m 2;2] y = 0 khi x = ±2 , m 2;2] y = 2 khi x = 0 - in [- axCâu III S  Do SAB vuông cân tại S có SI là trung tuyến nên SI ^ A B ì (SA B ) ^ (A B C ) ï ï ï ï  í A B = (SA B ) Ç (A B C ) Þ SI ^ (A B C ) ï ï A B ^ SI Ì (SA B ) ï ï î  Gọi K là trung điểm đoạn AC thì IK ||BC nên I K ^ A C A I B Ta còn có, A C ^ SI do đó A C ^ SK 60 · Suy ra, góc giữa 2 mặt phẳng (SAC) và (ABC) là SK I = 600 K 2a · 1  Ta có, SI = I K . tan SK I = × C × 600 = a 3 B tan C 2 và A B = 2SI = 2a 3 Þ A C = A B 2 - B C 2 = 2a 2  Vậy, V S .A B C = 1 × A B C × = 1 × × C × C × = 1 × a 2 × a × 3 = 2a 6 (đvtt) 3 1 S SI A B SI 2 2 a 3 3 2 6 3THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: A (3;1; - 1 ), B (2; - 1; 4) và (P ) : 2x - y + 3z - 1 = 0 r uuur  Đường thẳng AB đi qua điểm A (3;1; - 1 ) , có vtcp u = A B = (- 1; - 2; 5) x- 3 y- 1 z+ 1  PTCT của đường thẳng AB là: = = - 1 - 2 5 æ 5 3ö  Mặt cầu đường kính AB có tâm: I ç ; 0; ÷và bán kính R = A B = L = 30 ç ç2 2 ø ÷ ÷ è 2 2 æ ö2 æ ö2  Phương trình mặt cầu đường kính AB: çx - 5 ÷ + y 2 + çz - 3÷ = 1 5 ç ÷ ç ÷ ç è 2÷ø ç è 2÷ ø 2  Mặt phẳng (Q ) chứa hai điểm A,B đồng thời vuông góc với (P)  Điểm trên mp(Q): A (3;1; - 1 ) uuur r  Hai véctơ: A B = (- 1; - 2; 5) , n P = (2; - 1; 3) Vì mp(Q) đi qua A,B và vuông góc với mp(P) nên có vtpt æ 2 5 5 - 1 - 1 - 2ö uuu r r ç- ÷ n = [A B , n p ] = ç r ÷= (- 1;1 3; 5) ç- 1 3 ; 3 ; ÷ ç ç è 2 2 - 1÷ ÷ ø  PTTQ của (Q): - 1(x - 3) + 1 3(y - 1 ) + 5(z + 1 ) = 0 Û - x + 1 3y + 5z - 5 = 0Câu Va: - 5z 3 + 2z2 - z = 0 64

 - 5z 3 + 2z2 - z = 0 Û z(- 5z2 + 2z - 1 ) = 0 Û z = 0 hoặc - 5z + 2z - 1 = 0 (2) 2  Giải (2): - 5z2 + 2z - 1 = 0 Ta có, D = 22 - 4.(- 5).(- 1 ) = - 1 6 = (4i )2 - 2 ± 4i 1 2 Như vậy, phương trình (2) có 2 nghiệm : z1 ,2 = = m i - 10 5 5 1 2 1 2  Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm: z1 = 0 , z2 = + i , z3 = - i 5 5 5 5THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: 2.3 - (- 1 ) + 2.2 - 2  Mặt cầu tâm I(3;–1;2) tiếp xúc với (Q) có bk R = d (I ,(Q )) = =3 (- 2)2 + 1 2 + (- 2)2 nên có phương trình: (x - 3)2 + (y + 1 )2 + (z - 2)2 = 9 ì x = 3 - 2t ï ï ï  Đường thẳng D đi qua M (3; - 1;2) , vuông góc với (Q) có ptts: ï y = - 1 + t , thay vào ptmp í ï ï z = 2 - 2t ï ï î (Q) ta được: 2(3 - 2t) - (- 1 + t) + 2(2 - 2t) - 2 = 0 Û - 9t + 9 = 0 Û t = 1 Tiếp điểm cần tìm là giao điểm của (Q) và D , đó là điểm H (1; 0; 0)  Gọi d là khoảng cách từ tâm I đến mp(P) và r là bán kính đường tròn giao tuyến thì R 2 = r 2 + d 2 Þ d = R 2 - r 2 = 32 - 22 = 5  Vì mp(P) cần tìm đi qua điểm A (1; - 1;1 ) nên nó có pttq: a(x - 1 ) + b(y + 1 ) + c(z - 1 ) = 0  Do (P) đi qua B (0; - 2; 3) nên a(- 1 ) + b(- 1 ) + c(2) = 0 Û a = 2c - b (1) a(2) + b(0) + c(1 )  Và do d (I ,(P )) = 5 nên = 5 Û 2a + c = 5(a 2 + b 2 + c2 ) (2) a 2 + b 2 + c2  Thay (1) vào (2) ta được: 5c - 2b = 5[(2c - b )2 + b 2 + c2 ] Û (5c - 2b )2 = 5(5c2 - 4bc + 2b 2 ) Û b 2 = 0 Û b = 0. Thay vào (1) ta được a = 2c  Vậy, phương trình mp(P) là: 2c(x - 1 ) + c(z - 1 ) = 0 Û 2x + z - 3 = 0Câu Vb: 2z - i = 4 - i + 2z (*)  Xét z = a + bi thì: (*) Û 2(a - bi ) - i = 4 - i + 2(a + bi ) Û 2a - (2b + 1 )i = 2a + 4 + (2b - 1 )i Û (2a )2 + (2b + 1 )2 = (2a + 4)2 + (2b - 1 )2 Û 4b + 1 = 1 6a + 1 6 - 4b + 1 Û 1 6a - 8b + 1 6 = 0 Û 2a - b + 2 = 0  Vậy, tập hợp các số phức z thoả mãn điều kiện của bài toán là đường thẳng 2x – y + 2 = 0 WWW.VNMATH.COM 65

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 17 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x 2 (x - 3)Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại giao điểm của (C ) với trục hoành. 3) Tìm điều kiện của k để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất: x 3 - 3x 2 - k = 0 .Câu II (3,0 điểm): 2 x 2 + 6x - 6 1) Giải phương trình: ( 2) = 2.4x + 1 x3 2) Tính tích phân: I = ò 3 dx x +1 0 2 3) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y = x 5 - x 4 - 3x 3 + 9 trên đoạn [- 2;1 ]Câu III (1,0 điểm): Cho khối chóp S.ABC có ABC và SBC là các tam giác đều có cạnh bằng 2, SA = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có toạ độ các đỉnh: A(−1;1;2), B(0;1;1) và C(1;0;4). 1) Chứng minh ABC là tam giác vuông. Xác định toạ độ điểm D để bốn điểm A,B,C,D là bốn đỉnh của một hình chữ nhật. uuur uuur 2) Gọi M là điểm thoả MB = 2 MC . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng BC. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mp(P).Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: y = x (x - 1 )2 , y = x 2 + x và x = - 12. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M (1;2; 3) và đường thẳng x- 3 y+1 z- 1 = d:= 2 1 2 1) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d. 2) Viết phương trình mp(P) đi qua điểm M, song song với d và cách d một khoảng bằng 4.Câu Vb (1,0 điểm): Cho số phức z = 1 + 3i . Hãy viết dạng lượng giác của số phức z 5 . ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 66

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I: x 2 (x - 3) x 3 - 3x 2  Hàm số: y = = 2 2  Tập xác định: D = ¡ 3x 2 - 6x  Đạo hàm: y ¢ = 2  Cho y ¢ = 0 Û 3x - 6x = 0 Û x = 0; x = 2 2  Giới hạn: lim y = - ¥ ; lim y = + ¥ x® - ¥ x® +¥  Bảng biến thiên x –– 0 2 +¥ y¢ + 0 – 0 + 0 +¥ y –– –2  Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ ; 0),(2; + ¥ ) , NB trên khoảng (0;2) Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại x CÑ = 0 đạt cực tiểu yCT = –2 tại x CT = 2 . y y=k  y ¢ = 3x - 3 = 0 Û x = 1 Þ y = - 1 . Điểm uốn: I ( 1; - 1 ) ¢  Giao điểm với trục hoành: y = 0 Û x 3 - 3x 2 = 0 Û x = 0 hoaë x = 3c Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = 0 -1 O 1 2 3 x  Bảng giá trị: x –1 0 1 2 3 y –2 0 –1 –2 0 -1  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây é =0 x0 -2  Giao điểm của (C ) với trục hoành: cho y 0 = 0 Û ê ê =3 x ê0 ë  Với x 0 = 0, y 0 = 0 Þ f ¢ x 0) = 0 . Pttt là: y - 0 = 0(x - 0) Û y = 0 ( 9 9 9 27  Với x 0 = 3, y 0 = 0 Þ f ¢ x 0) = ( . Pttt là: y - 0 = (x - 3) Û y = x - 2 2 2 2  x 3 - 3x 2 - 2k = 0 Û x 3 - 3x 2 = 2k Û x - 3x = k 3 2 2  Số nghiệm của pt(*) bằng số giao điểm của (C ) và đường thẳng d : y = k  Dựa vào đồ thị ta thấy, pt(*) có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi: k > 0 hoặc k < - 2Câu II: 2 x 2 + 6x - 6 1 (2 x 2 + 6x - 6)  ( 2) = 2.4x + 1 Û 2 2 = 2.22(x + 1 ) Û 2x 2 + 3x - 3 = 22 x + 3 x 2 + 3x - 3 = 2x + 3 Û x 2 + x - 6 = 0 Û x = - 3 hoaë x = 2 c  Vậy, phương trình có hai nghiệm: x = - 3 vaø = 2 x x3 x 2 .x I =ò dx = ò 3 3 dx x2 + 1 x2 + 1 0 0 x  Đặt t = x + 1 Þ dt = dx và x 2 = t2 - 1 2 x2 + 1  Đổi cận: x 0 3 t 1 2 æ3 ö 2 t æ ö æ ö 4 (t - 1 )dt = ç - t÷ = ç - 2÷ ç - 1 ÷= ÷ ò  Vậy, I = 2 8 1 2 ç ç3 ÷ ÷ ç ç3 ÷ ç - ÷ ç3 ÷ ÷ 1 è ø1 è ø è ø 3 67

 Hàm số y = x 5 - x 4 - 3x 3 + 9 liên tục trên đoạn [- 2;1 ]  y ¢ = 5x 4 - 4x 3 - 9x 2 = x 2 (5x 2 - 4x - 9) 9 9  y ¢ = 0 Û x 2 (5x 2 - 4x - 9) = 0 Û x = 0; x = - 1; x = (chỉ loại nghiệm x = ) 5 5  f(0) = 9 ; f(- 1 ) = 1 0 ; f(- 2) = - 1 5 và f(1 ) = 6  Trong các kết quả trên, số –15 nhỏ nhất, số 10 lớn nhất.  Vậy, m 2;1 ] y = - 1 5 khi x = - 2 , m 2;1 ] y = 1 0 khi x = - 1 [- in [- axCâu III S  Gọi M là trung điểm đoạn BC, O là trung điểm đoạn AM.  Do DABC và SBC đều có cạnh bằng 2a nên 2a 3 SM = A M = = SA Þ D SA M đều SO ^ A M (1) 2 ì B C ^ SM ï A C ï Þ B C ^ SO (2)  Ta có, í O ïBC ^ OM ï M î  Từ (1) và (2) ta suy ra SO ^ (A B C ) (do A M , B C Ì (A B C ) ) B  Thể tích khối chóp S.ABC 1 1 1 1 a 3. 3 a 3 3 (đvtt) V = × × = × × M × C × = × 3 ×a × B h A B SO a 2 = 3 3 2 6 2 2THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: A(−1;1;2), B(0;1;1) và C(1;0;4) uuur ì ï A B = (1; 0; - 1 ) ï ï uuur uuu uuur r  í Þ A B .A C = 1 .2 + 0.(- 1 ) - 1 .2 = 0 Þ A B ^ A C Þ D A B C vuông tại A. ï A C = (2; - 1;2) ï ï î uuur  Gọi D (x D ; yD ; zD ) Þ C D = (x D - 1; yD ; zD - 4) B D  Do A B ^ A C nên A,B,C,D là bốn đỉnh của hình chữ nhật khi và chỉ khi tứ giác ABDC là hình chữ nhật ì1 = x - 1 ï ìx =2 ï D uuu r uuu r ï ï D ï ï Û AB =CD Û í ï0=y Û ï y D = 0. Vậy, D(2;0;3) í A C D ï ï- 1 = z - 4 ï ïz = 3 ï ï ï D ï î D î uuur ì ï MB = (- a;1 - b;1 - c) ï  Gọi M (a;b; c) thì ï uuur í ï MC = (1 - a; - b; 4 - c) ï ï î ì - a = 2(1 - a ) ï ìa = 2 ï ï ï ï uuur uuur ï 1 - b = 2(- b ) Û ï b = - 1 . ï  Vì MB = 2MC nên í í Vậy, M (2; - 1; 7) ï ï 1 - c = 2(4 - c) ï ïc = 7 ï ï ï ï î î r uuu r  mp(P) đi qua điểm M (2; - 1; 7) và vuông góc với BC nên có vtpt n = B C = (1; - 1; 3)  ptmp (P): 1(x - 2) - 1(y + 1 ) + 3(z - 7) = 0 Û x - y + 3z - 24 = 0  Mặt cầu tâm A(−1;1;2), tiếp xúc với mp(P) có bán kính (- 1 ) - 1 + 3.2 - 24 20 R = d (A ,(P )) = = 1 2 + (- 1 )2 + 32 11 400  Phương trình mặt cầu cần tìm: (x + 1 )2 + (y - 1 )2 + (z - 2)2 = 11Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y = x (x - 1 ) , y = x + x và x = - 1 2 2 68

 Cho x (x - 1 )2 = x 2 + x Û L Û x 3 - 3x 2 = 0 Û x = 0; x = 3  Diện tích cần tìm là: S = ò x 3 - 3x 2 dx = ò- 1 ò0 (x 3 0 3 (x 3 - 3x 2 )dx + 3 - 3x 2 )dx - 1 æ4 ö æ4 ö 0 3 x x Û S = ç - x 3÷ + ç - x 3÷ = - ç ÷ ç ÷ 5 27 ç4 ÷ ç4 ÷ + - = 8 (đvdt) è ø- 1 è ø0 4 4THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb:  Gọi M ¢ là hình chiếu của điểm M lên d, thế thì M ¢ Î d , do đó toạ độ của điểm M ¢ là: uuuuu r M ¢ + 2t; - 1 + t;1 + 2t) Þ MM ¢ = (2 + 2t; - 3 + t; 4 + 2t) (3 r Đường thẳng d đi qua điểm A (3; - 1;1 ) , có vtcp ud = (2;1;2) uuuuu r r r  Và ta còn có, MM ¢ ^ d nên MM ¢ud = 0 (trong đó ud là vtcp của d) . Û (2 + 2t).2 + (- 3 + t).1 + (4 + 2t).2 = 0 Û 9t + 9 = 0 Û t = - 1 uuuuu r  Vậy, toạ độ điểm M ¢ - 2; - 1 ) và toạ độ véctơ MM ¢ = (0; - 4;2) (1;  Mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d có bán kính R = MM ¢ = 02 + (- 4)2 + 22 = 2 5  Vậy, pt mặt cầu: (x - 1 )2 + (y - 2)2 + (z + 3)2 = 20 r r  mp(P) qua M, có vtpt n = (a;b; c) ¹ 0 có pttq: a(x - 1 ) + b(y - 2) + c(z + 3) = 0 (*) rr  Vì (P ) || d nên n .ud = 0 Û 2a + b + 2c = 0 Û b = - 2a - 2c (1)  Và khoảng cách từ d đến (P) bằng 4 nên khoảng cách từ A đến (P) cũng bằng 4, do đó 2a - 3b + 4c d (A ,(P )) = 4 Û = 4 Û 2a - 3b + 4c = 4 a 2 + b 2 + c2 (2) a +b +c 2 2 2  Thay (1) vào (2) ta được: 2a + 6a + 6c + 4c = 4 a 2 + (2a + 2c)2 + c2 Û 4a + 5c = 2 5a 2 + 5c2 + 8ac é a = 5c Þ b = - 7c Û 1 6a 2 + 25c2 + 40ac = 20a 2 + 20c2 + 32ac Û 4a 2 - 8ac - 5c2 = 0 Û ê 2 êa = - c Þ b = - c ê ë 2  Thay a,b,c (theo c) vào (*) ta được 2 mp: 5x - 1 4y + 2z + 29 = 0 ; x + 2y - 2z - 1 1 = 0 æ öCâu Vb: Ta có, z = 1 + 3i = 2 ç1 + 3 i ÷= 2.(cos p + i . sin p ) ç ç ÷ ÷ è2 2 ø÷ 3 3 5p 5p é p p ù  Do đó, z 5 = 25.(cos + i . sin ) = 32. ê - ) + i . sin(- )ú cos( 3 3 ê ë 3 3ú û 69

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 18 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 3 - 2xCâu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x- 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết pt tiếp tuyến của (C ) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng D : x - y + 1 = 0 3) Tìm các giá trị của k để (C ) và d : y = kx - 3 cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.Câu II (3,0 điểm): 1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f(x ) = 2x 3 - 3x 2 - 1 2x + 1 trên đoạn [- 1; 3] e 2) Tính tích phân: I = ò (ln x + 1 )dx 1 3) Giải phương trình: log2 (2x + 1 ). log2 (2x + 1 + 2) = 6Câu III (1,0 điểm): Cho một hình trụ có độ dài trục O O ¢ = 2 7 . ABCD là hình vuông cạnh bằng 8 có các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho tâm của hình vuông là trung điểm của đoạn O O ¢ . Tính thể tích của hình trụ đó.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng D và mặt phẳng (a ) lần x- 3 y- 2 z+ 3 lượt có phương trình D : = = ; (a ) : 2x + y - z + 1 = 0 1 1 3 1) Chứng minh rằng đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (α). Tính khoảng cách từ đường thẳng ∆ đến mặt phẳng (α). 2) Tìm toạ độ giao điểm A của đường thẳng ∆ với mặt phẳng (O xy ) . Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (α).Câu Va (1,0 điểm): Cho z = (1 - 2i )(2 + i )2 . Tính môđun của số phức z2. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1; - 1;1), mặt phẳng ìx = 2- t ï ï x- 1 y z D : ïy = 4+ t ï (P ) : y + 2z = 0 và hai đường thẳng D : = = , 2 í 1 - 1 1 4 ï ïz =1 ï ï î 1) Tìm toạ độ điểm M ¢ đối xứng với điểm M qua đường thẳng ∆2. 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả hai đường thẳng ∆1, ∆2 và nằm trong mp(P). m x 2 - (m - 1 )x + 1Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số y = . Tìm m để hàm số có hai điểm cực đại và cực x- 1 tiểu nằm khác phía so với trục tung. ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 70

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I: 3 - 2x - 2x + 3  Hàm số: y = = x- 1 x- 1  Tập xác định: D = ¡ {1 } - 1  Đạo hàm: y ¢ = < 0, " x Î D (x - 1 )2  Hàm số NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: x ® - ¥ y = - 2 ; x ® + ¥ y = - 2 Þ y = - 2 là tiệm cận ngang. lim lim lim y = - ¥ ; lim y = + ¥ Þ x = 1 là tiệm cận đứng. x® 1- x® 1+  Bảng biến thiên x –– 1 ++ y y¢ – – –2 ++ y –– –2 O 1 2 x 3  Giao điểm với trục hoành: y = 0 Û - 2x + 3 = 0 Û x = 2 -1 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 3 -2  Bảng giá trị: x 0 1/2 1 3/2 2 y –3 –4 || 0 –1 -3  Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: -4 - 2x + 3  (C ) : y = x- 1  Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng D : y = x + 1 nên có hệ số góc k = f ¢ x 0) = - 1 ( - 1 é - 1 =1 x é =2 x Û = - 1 Û (x 0 - 1 )2 = 1 Û ê 0 ê - 1 =- 1 Û ê0 ê =0 (x 0 - 1 )2 x ê0 x ê0 ë ë  Với x 0 = 2 Þ y 0 = - 1 . pttt là: y + 1 = - 1 (x - 2) Û y = - x + 1  Với x 0 = 0 Þ y 0 = - 3 . pttt là: y + 3 = - 1 (x - 0) Û y = - x - 3 3 - 2x  Xét phương trình : = kx - 3 Û 3 - 2x = (kx - 3)(x - 1 ) Û kx 2 - (1 + k)x = 0 (*) x- 1  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = kx  (C) và d có 2 điểm chung Û (*) có 2 nghiệm phân biệt ìa ¹ 0 ï ìk ¹ 0 ï ìk ¹ 0 ï ï Û ï í Û í Û ïí ï D > 0 ï (1 + k)2 > 0 ï k ¹ - 1 ï ï ï î ï î î  Vậy, với k ¹ 0 và k ¹ - 1 thì (C) cắt d tại 2 điểm phân biệt.Câu II:  Hàm số f(x ) = 2x 3 - 3x 2 - 1 2x + 1 liên tục trên đoạn [- 1; 3]  y ¢ = 6x 2 - 6x - 1 2  Cho y ¢ = 0 Û 6x 2 - 6x - 1 2 = 0 Û x = - 1; x = 2 (nhận cả hai)  f(- 1 ) = 8 ; f(2) = - 1 9 và f(3) = - 8  Trong các kết quả trên, số –19 nhỏ nhất, số 8 lớn nhất.  Vậy, m in y = - 1 9 khi x = 2 , m ax y = 8 khi x = - 1 [- 1 ;3] [- 1 ;3] e  I = ò (ln x + 1 )dx 1 71

ì u = ln x + 1 ì ï ï ï ï du = 1 dx ï  Đặt í Þ í ïv = xx . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được ï dv = dx ï ï î ï î e e e e I = ò (ln x + 1 )dx = x (ln x + 1 ) 1 - ò dx = 2e - 1 - x 1 = 2e - 1 - e + 1 = e 1 1  Vậy, I = e.  log2 (2x + 1 ). log2 (2x + 1 + 2) = 6  Ta có, log2 (2x + 1 ). log2 (2x + 1 + 2) = 6 Û log2 (2x + 1 ). log2 é x + 1 )ù= 6 ê ë 2.(2 ú û Û log2 (2x + 1 ). é 2 2 + log2 (2x + 1 )ù= 6 Û log2 (2x + 1 ). é + log2 (2x + 1 )ù= 6 (*) ê ë log ú û ê ë1 ú û x  Đặt t = log2 (2 + 1 ) phương trình (*) trở thành: t(1 + t) = 6 é (2x + 1 ) = 2 éx + 1 = 4 é x = 3 Û x = log 3 é=2 t ê 2 Û t + t- 6 = 0 Û ê 2 ê Û êê 2 log Û êxê2 Û xê 2 t log x - 3 ê = - 7 < 0 : VN ê=- 3 ë ê 2 (2 + 1 ) = - 3 ë ê + 1 =2 ë 2 ê 2 ë 8  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = log2 3Câu III  Giả sử A, B Î (O ) và C , D Î (O ¢) B  Gọi H,K,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,CD và O O ¢ H O  Vì I O = 7 ¹ 4 = I H nên O ¹ H  Theo tính chất của hình trụ ta có ngay OIH và OHA A I là các tam giác vuông lần lượt tại O và tại H C  Tam giác vuông OIH có O H = I H 2 - O I 2 = 3 O K  Tam giác vuông OHA có r = O A = O H 2 + H A 2 = 5 D  Vậy, thể tích hình trụ là: V = B .h = p.r 2 .h = p.52.2 7 = 50p 7 (đvtt)THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN x- 3 y- 2 z+ 3Câu IVa: D : = = và (a ) : 2x + y - z + 1 = 0 1 1 3 ìx = 3+ t ï ï ï M (3;2; - 3) , có vtcp u = (1;1; 3) nên có ptts: ï y = 2 + t (1) r  Đường thẳng D đi qua điểm í ï ï z = - 3 + 3t ï ï î  Thay (1) vào pttq của mp(α) ta được: 2(3 + t) + 2 + t - (- 3 + 3t) + 1 = 0 Û 0t = - 1 2 : vô lý  Vậy, đường thẳng D song song với mp( a )  Khoảng cách từ D đến mp( a ) bằng khoảng cách từ điểm M đến (a ) , bằng: 2.3 + 2 - (- 3) + 1 12 d (D,(a )) = d (M ,(a )) = = =2 6 2 + 1 + (- 1 ) 2 2 2 6  Mặt phẳng (O xy ) có phương trình z = 0  Thay ptts (1) của D vào phương trình z = 0 ta được: - 3 + 3t = 0 Û t = 1  Suy ra giao điểm của đường thẳng D và mp(Oxy) là: A (4; 3; 0)  Mặt cầu tâm A, tiếp xúc với (a ) có bán kính R = d (A ,(a )) = L = 2 6 nên có phương trình: (x - 4)2 + (y - 3)2 + z 2 = 24 .Câu Va: z = (1 - 2i )(2 + i )2 = (1 - 2i )(4 + 4i + i 2 ) = (1 - 2i )(3 + 4i ) = 3 + 4i - 6i - 8i 2 = 1 1 - 2i  Vậy, z = 1 1 - 2i Þ z = 1 1 + 2i Þ z = 1 1 2 + 22 = 5 5THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 72

Câu IVb: M(1; - 1;1) r  D 2 có vtcp u2 = (- 1;1; 0) uuuur  Lấy H (2 - t; 4 + t;1 ) thuộc D 2 thì MH = (1 - t; 5 + t; 0) uuuu r r  H là hình chiếu của M lên D 2 Û MH .u2 = 0 Û (1 - t).(- 1 ) + (5 + t).1 + 0.0 = 0 Û 2t + 4 = 0 Û t = - 2  Như vậy, toạ độ hình chiếu của M lên (a ) là H (4;2;1 ) .  Điểm M ¢đối xứng với M qua ∆2 Û H là trung điểm đoạn thẳng MM ¢ ì x = 2x - x = 7 ï M¢ ï ï H M ï y = 2y - y = 5 Û í M¢ . Vậy, toạ độ điểm M ¢ 5;1 ) (7; ï H ï z = 2z - z = 1 M ï M¢ ï î H M  Gọi A,B lần lượt là giao điểm của ∆1, ∆2 với mặt phẳng (P) Hướng dẫn giải và đáp số  Thay ptts của ∆1 vào pttq của mp(P), ta tìm được toạ độ điểm A (1; 0; 0)  Thay ptts của ∆1 vào pttq của mp(P), ta tìm được toạ độ điểm B (8; - 2;1 ) r uuu r  Đường thẳng ∆ qua hai điểm A,B và có vtcp u = A B = (7; - 2;1 ) nên có phương trình x- 1 y z D: = = 7 - 2 1 m x 2 - (m - 1 )x + 1Câu Vb: y = x- 1  TXĐ: D = ¡ {1 } mx 2 - 2m x + m - 2  Đạo hàm: y ¢ = (x - 1 )2  Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị nằm khác phía so với trục tung khi và chỉ khi phương trình y ¢ = 0 có hai nghiệm trái dấu Û a.c < 0 Û m (m - 2) < 0 Û 0 < m < 2 73

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 19 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1 4 3 2 5Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = - x + x - 4 2 4 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm cực tiểu của nó. 3) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 4 nghiệm phân biệt: x 4 - 6x 2 + 1 - 4m = 0Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 22+ 2x - 5.6x = 9.9x 2) Tính tích phân: I = ò (x + 1 )e 2x dx 2 0 3) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f(x ) = sin 4 x + 4cos2 x + 1Câu III (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là một tam giác vuông tại A và AC = a, µ C = 600 . Đường chéo BC của mặt bên BBCC tạo với mặt phẳng (AACC) một góc 30 . Tính 0 thể tích của khối lăng trụ theo a.II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩnCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x - y + 2z - 1 = 0 và điểm A (1; 3; - 2) 1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A và đi qua gốc tọa độ O.Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn: (1 + i )2 (2 - i )z = 8 + i + (1 + 2i )z . Tìm phần thực, phần ảo và tính môđun của số phức z.2. Theo chương trình nâng caoCâu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) có phương trình x+2 y z- 1 = = và điểm A (1; - 2; 3) 1 2 - 3 1) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên đường thẳng (d) 2) Viết phương trình cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d. x 2 - 3xCâu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số y = (C ) . Tìm trên (C ) các điểm cách đều hai trục toạ độ. x+1 ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 74

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I: 1 4 3 2 5  Hàm số: y = - x + x - 4 2 4  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = - x 3 + 3x é =0 x  Cho y ¢ = 0 Û - x 3 + 3x = 0 Û x (- x 2 + 3) Û ê ê x ê =± 3 ë  Giới hạn: lim y = - ¥ ; lim y = - ¥ x® - ¥ x® +¥  Bảng biến thiên x –– - 3 0 3 ++ y¢ + 0 – 0 + 0 – 1 1 y - ¥ 5 - ¥ - 4  Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ ; - 3),(0; 3) , NB trên các khoảng (- 3; 0),( 3; + ¥ ) 5 Hàm số đạt cực đại y CÑ = 1 tại x CÑ = ± 3 ; đạt cực tiểu y CT = - tại x CT = 0 . 4 é2 =1 x é = ±1 x = 0Û ê2 Û ê 1 3 5  Giao điểm với trục hoành: y = 0 Û - x4 + x2 - ê =5 ê 4 2 4 êx x ê =± 5 ë ë y 5 1 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 4 - 5 5  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây -1 1 - 3 O 3 x 5  Điểm cực tiểu của đồ thị có: x = 0 Þ y = - 4 5 4 y = -1 - m  f ¢ x 0) = f ¢ = 0 ( (0) 5 5  Vậy, tiếp tuyến tại điểm cực đại của hàm số là: y += 0(x - 0) Û y = - 4 4 1 3 1 1 3 5  x 4 - 6x 2 + 1 - 4m = 0 Û - x 4 + x 2 = - m Û - x 4 + x 2 - = - 1 - m (*) 4 2 4 4 2 4  Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C ) và d: y = –1 – m. Do đó, dựa vào đồ thị ta thấy (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 5 1 1 - < - 1- m < 1 Û - < - m < 2Û - 2< m < 4 4 4 1  Vậy, khi - 2 < m < thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt. 4 x x æö æö ç ÷ ç ÷Câu II: 22+ 2x - 5.6x = 9.9x Û 9.9x + 5.6x - 4.4x = 0 Û 9 × 9 ÷ + 5 × 6 ÷ - 4 = 0 ç ÷ ç ÷ ç4ø è ç4ø è æ ÷x x ö æö 2 ç3÷ + 5 × 3÷ - 4 = 0 ç 9× ÷ ç ÷ ç ÷ ç2 ø è ç2 ø è é = - 1 (loaï ) t i æö x ê  Đặt t = ç3÷ (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 9t + 5t - 4 = 0 Û ç ÷ 2 ê 4 ç2 ø è ÷ ê = (nhaä ) t n ê 9 ë 75

x x æö æö æö - 2  t = 4 Û ç3÷ = 4 Û ç3÷ = ç3÷ Û x = - 2 ç ÷ ç ÷ ç ÷ 9 ç2 ø è ÷ 9 ç ÷ ç ÷ è2 ø è2 ø  Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x = - 2  I = ò (x + 1 )e 2xdx 2 0 ìu = x + 1 ì du = dx ï ï ï ï  Đặt í Þ ï í . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được : ï dv = e 2xdx ï ï v = 1 e 2x ï ï î ï î 2 2 2 5e 4 - 1 I = (x + 1 )e 2x - ò e 2xdx = e 4 - - e 2x = e 4 - - e 4 + = 1 21 3 1 1 3 1 1 1 2 0 0 2 2 2 4 0 2 2 4 4 4  Ta có f(x ) = cos 4 x + sin 2 x - 2 = cos 4 x + 1 - cos2 x - 2 = cos 4 x - cos2 x - 1  Đặt t = cos2 x (ĐK: t Î [0;1 ] ) thì f(x ) = g(t) = t2 - t - 1  g(t) là hàm số liên tục trên đoạn [0;1]  g ¢ t) = 2t - 1 ( 1  g ¢ t) = 0 Û 2t - 1 = 0 Û t = ( (nhận) 2 æö  g ç ÷= - 1 5 ç ÷ ; g(0) = - 1 và g(1 ) = - 1 ç2 ÷ è ø 4 5  Trong các kết quả trên, số - nhỏ nhất và số - 1 lớn nhất. 4 5  Vậy, m in y = - , m ax y = - 1 4 ìAB ^ AC ï ï Þ A B ^ (A C C ¢ ¢) , do đó A C ¢ là hình chiếu A A a 60 CCâu III: Ta có, í ï AB ^ AA¢ ï î vuông góc của B C ¢ lên (A C C ¢ ¢) . Từ đó, góc giữa B C ¢ và (A C C ¢ ¢) A A B · là B C ¢ = 300 A  Trong tam giác vuông ABC, A B = A C . tan 600 = a 3 30 A C  Trong tam giác vuông A B C ¢, A C ¢ = A B . cot 300 = a 3. 3 = 3a  Trong tam giác vuông A C C ¢ , C C ¢ = A C ¢2 + A C 2 = (3a )2 - a 2 = 2a 2 B 1 1  Vậy, thể tích lăng trụ là: V = B .h = A B .A C .C C ¢ = × 3 × × a 2 = a 3 6 (đvdt) a a 2 2 2THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN rCâu IVa: (P ) : 2x - y + 2z - 1 = 0 có vtpt n = (2; - 1;2) r  Gọi d là đường thẳng qua A (1; 3; - 2) và vuông góc với (P ) thì d có vtcp u = (2; - 1;2) ì x = 1 + 2t ï ï ï ï  Do đó, d có PTTS: í y = 3 - t (*) ï ï z = - 2 + 2t ï ï î  Thay (*) vào PTTQ của (P ) : 2(1 + 2t) - (3 - t) + 2(- 2 + 2t) - 1 = 0 Û t = 2 3 2 7 7 2  Thay t = vào (*) ta được: x = ; y = ; z = - 3 3 3 3 æ 7 2ö  Vậy, toạ độ hình chiếu vuông góc của A lên mp (P ) là H ç ; ; - ÷ 7 ç ç3 3 3÷ ÷ è ø  Gọi (S ) là mặt cầu tâm A và đi qua O 76

 Tâm của mặt cầu: A (1; 3; - 2)  Bán kính của mặt cầu: R = O A = 1 2 + 32 + (- 2)2 = 1 4  Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x - 1 )2 + (y - 3)2 + (z + 2)2 = 1 4Câu Va: (1 + i )2 (2 - i )z = 8 + i + (1 + 2i )z Û 2i (2 - i )z = 8 + i + (1 + 2i )z 8+ i (8 + i )(1 - 2i ) Û 2(2i + 1 )z = 8 + i + (1 + 2i )z Û (1 + 2i )z = 8 + i Û z = = 1 + 2i 1 2 - (2i )2 1 0 - 1 5i Û z= = 2 - 3i 5  Phần thực của z là a = 2, phần ảo của z là –3 và môđun của z là z = 22 + (- 3)2 = 1 3THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAOCâu IVb: r  d đi qua điểm M 0(- 2; 0;1 ) có vtcp u = (1;2; - 3) và ìx =- 2 + t ï ï ï ï  PTTS của d là: í y = 2t nên nếu H Î d thì toạ độ của H có dạng H (- 2 + t;2t;1 - 3t) ï ï z = 1 - 3t ï ï î uuur Þ A H = (- 3 + t;2 + 2t; - 2 - 3t) uuur r  Do A Ï d nên H là hình chiếu vuông góc của A lên d Û A H ^ d Û A H .u = 0 1 Û (- 3 + t)1 + (2 + 2t).2 + (- 2 - 3t).(- 3) = 0 Û t = - 2 æ5 5ö  Vậy, hình chiếu vuông góc của A lên d là H ç- ; - 1; ÷ ç ç 2 ÷ è 2÷ ø  Gọi (S ) là mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d  Tâm của mặt cầu: A (1; - 2; 3) ( - 7) + 12 + (- ) 27 2 2  Bán kính của mặt cầu: R = A H = 2 1 2 = 2 27  Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x - 1 )2 + (y + 2)2 + (z - 3)2 = 2 x 2 - 3x æ x 2 - 3x ÷ öCâu Vb: Xét điểm M Î (C ) : y = Û M çx ; ç ç x+1 ÷ ÷ (ĐK: x ¹ - 1 ) ÷ x+1 è ø x 2 - 3x  M cách đều 2 trục toạ độ Û x = Û x 2 + x = x 2 - 3x x+1 é + x = x 2 - 3x x 2 éx = 0 é =0 x Û ê2 Û ê 2 4 ê ê + x = - x 2 + 3x x ê x - 2x = 0 Û ê =1 x ê ë ê ë 2 ê ë  Vậy, trên (C ) có 2 điểm cách đều hai trục toạ độ, đó là O (0; 0) và M (1; - 1 ) WWW.VNMATH.COM 77

WWW.VNMATH.COM KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 20 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ ---------------------------------------------------I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1 3 1 2 1Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x + x - 2x + 3 2 6 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: 2x 3 + 3x 2 - 1 2x - 1 + 2m = 0Câu II (3,0 điểm): 1) Giải bất phương trình: 21 + x + 26- x = 24 e x 2 + ln x 2) Tính tích phân: I = ò dx 1 x2 3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 - x + 1 tại các giao điểm của nó với đường thẳng y = 2x - 1 .Câu III (1,0 điểm): Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng 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 (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây1. Theo chương trình chuẩn r r rCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ (O , i , j, k ) , cho hình hộp A B C D .A ¢B ¢ ¢ ¢ có C D uuu r r uuu r r uuuu r r r r uuur r O A = 0,O B = i ,O C ¢ = i + 2 j + 3k , A A ¢ = 3k , 1) Viết phương trình mặt phẳng (A B A ¢) và tính khoảng cách từ C ¢ đến (A B A ¢) 2) Tìm toạ độ đỉnh C và viết phương trình cạnh CD của hình hộp A B C D .A ¢B ¢ ¢ ¢ C DCâu Va (1,0 điểm): Cho z = - 1 + 3 i . Tính z 2 + z + 1 2 22. Theo chương trình nâng cao r r rCâu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ (O , i , j, k ) , cho hình hộp A B C D .A ¢B ¢ ¢ ¢ có C D uuur r uuu r r uuuu r r r r uuur r O A = 0,O B = i ,O C ¢ = i + 2 j + 3k , A A ¢ = 3k , 1) Tìm tọa độ các đỉnh C, D và chứng minh rằng A B C D .A ¢B ¢ ¢ ¢ là hình hộp chữ nhật. C D 2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp A B C D .A ¢B ¢ ¢ ¢. C DCâu Vb (1,0 điểm): Cho z = - 1 + 3 i . Tính z 201 1 2 2 ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 78

BÀI GIẢI CHI TIẾT.Câu I: 1 3 1 2 1  Hàm số: y = x + x - 2x + 3 2 6  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢ = x 2 + x - 2  Cho y ¢ = 0 Û x 2 + x - 2 = 0 Û x = 1 hoaë x = - 2 c  Giới hạn: lim y = - ¥ ; lim y = + ¥ x® - ¥ x® +¥  Bảng biến thiên x –– - 2 1 ++ y¢ + 0 – 0 + 7 2 +¥ y - ¥ –1  Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ ; - 2),(1; + ¥ ) , NB trên các khoảng (- 2;1 ) Hàm số đạt cực đại y CÑ = 7 tại x CÑ = - 2 . 2 Hàm số đạt cực tiểu y CT = - 1 tại x CT = 1 . 1 5  y ¢ = 2x + 1 . Cho y ¢ = 0 Û 2x + 1 = 0 Û x = - ¢ ¢ Þ y= 2 4 æ 1 5ö Điểm uốn: I ç- ; ÷ ç ç 2 4÷ ÷ y è ø 1 3 1 2 1 3,5  Giao điểm với trục hoành: y = 0 Û y = x + x - 2x + = 0 3 2 6 1 d Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = 6 -3,5 -2 1 2,5  Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 1 2,5 O x y –1 3,5 1,25 –1 3,5 -1  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây 1 1 1 1  2x 3 + 3x 2 - 1 2x - 1 + 2m = 0 Û x 3 + x 2 - 2x - + m =0 3 2 6 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Û x 3 + x 2 - 2x = - m Û x 3 + x 2 - 2x + = - m (*) 3 2 6 3 3 2 6 3 3 1 1  Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của (C ) và d : y = - m 3 3 1 1 7 4 1 19 4 19  Do đó, (*) có 3 nghiệm pb - 1 < - m < Û - < - m < Û > m > - 3 3 2 3 3 6 3 2 19 4  Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt Û - < m < 2 3Câu II: 64  21 + x + 26- x = 24 Û 2.2x + x = 24 (*) 2 64  Đặt t = 2x (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 2t + = 24 Û 2t2 - 24t + 64 = 0 t Û t = 8 hoặc t = 4 (nhận cả hai nghiệm này do t > 0)  Với t = 8 ta có 2 = 8 Û x = 3 x  Với t = 4 ta có 2x = 4 Û x = 2  Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3. 79

eæ ln x ö e x 2 + ln x e e ln x I =ò dx = ò ç1 + 2 ÷ = ò dx + ç ÷ ÷dx ò dx x2 1 ç è x ø 1 1 x2 1 e e  Xét I 1 = ò dx = x 1 = e - 1 1 ì u = ln x ì ï ï ï ï du = ï 1 dx e ln x ï  Xét I 2 = ò 2 dx . Đặt í Þ ï í x . Khi đó, 1 x ï dv = 1 dx ï ï ïv = - 1 ï ï î x 2 ï ï ï î x e e æ ln x ö 1 æö e I 2 = ç- ÷ ò1 x 2 dx = - - ç ÷ = - - + 1 = 1 - 1 1 1 1 2 ç ç x ø +÷ ÷ ç ÷ çx ÷ è 1 e è ø1 e e e 2 2  Vậy, I = I 1 + I 2 = e - 1 + 1 - =e - e e  Viết pttt của y = x - x + 1 tại các giao điểm của nó với đường thẳng y = 2x - 1 3  Cho x 3 - x + 1 = 2x - 1 Û x 3 - 3x + 2 Û x = 1, x = - 2  y ¢ = 3x 2 - 1  Với x 0 = 1 Þ y 0 = 1 3 - 1 + 1 = 1 và f ¢ ) = 3.1 2 - 1 = 2 (1 pttt tại x 0 = 1 là: y - 1 = 2(x - 1 ) Û y = 2x - 1 S  Với x 0 = - 2 Þ y 0 = (- 2) - (- 2) + 1 = - 5 và f ¢ - 2) = 3.(- 2) - 1 = 1 1 3 ( 2 pttt tại x 0 = 1 là: y + 5 = 1 1(x + 2) Û y = 1 1 x + 1 7  Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là: y = 2x - 1 và y = 1 1 x + 1 7Câu III: Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ)  Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a. Do đó, A B = SA 2 + SB 2 = a 2 và SO = O A = 1 A B = a 2 A 2 2 O  Vậy, diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón : B æ 2ö 2 a 2 a 2 pa 2 pa 2 ça ÷ S xq = prl = p × × = ; S t p = S xq + pr = 2 + pç ç ÷ = pa 2 ÷ 2 2 2 2 ÷ è 2 ø æ ö a 2 Thể tích khối nón: V = 1 pr 2h = 1 p ça 2 ÷ × 2 = a p 2 3 ç ç ÷ ÷ B C 3 3 è 2 ø 2 ÷ 12THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu IVa: Từ giả thiết ta có A (0; 0; 0) , B (1; 0; 0) ,C ¢ (1;2; 3) , A ¢ 0; 3) A D (0; I  Điểm trên (A B A ¢) : A (0; 0; 0) B C uuu r uuur  Hai véctơ: A B = (1; 0; 0) , A A ¢ = (0; 0; 3) uuu uuur r æ 0 0 1 1 0ö A D r ç0 ç ÷ ÷= (0; - 3; 0)  vtpt của (A B A ¢) : n = [A B , A A ¢] = ç ; ; ÷ ÷ ç0 3 3 0 0 0ø ç è ÷  PTTQ của (A B A ¢) : 0(x - 0) - 3(y - 0) + 0(z - 0) = 0 Û y = 0 2  d (C ¢ A B A ¢)) = ,( =2 0 +1 + 0 2 2 2 uuur uuur  Từ A A ¢ = C C ¢ Û (0; 0; 3) = (1 - xC ;2 - yC ; 3 - zC ) , ta tìm được C (1;2; 0) r uuu r  Do CD || AB nên CD có vtcp u = A B = (1; 0; 0) 80

ìx =1 + t ï ï ï ï (t Î ¡ )  Và hiển nhiên CD đi qua C nên có PTTS: í y = 2 ï ïz = 0 ï ï î æ ö 2Câu Va: z = - 1 + 3 i Þ z 2 = ç- 1 + 3 i ÷ = 1 - ç ÷ ÷ 3 i- 3 1 =- - 3 i ç 2 2 è 2 2 ÷ 4 ø 2 4 2 2  Do đó, z 2 + z + 1 = - 1 + 3 i - 1 - 3 i + 1 = 0 2 2 2 2THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO uuur uuur  Từ A A ¢ = C C ¢ Û (0; 0; 3) = (1 - xC ;2 - yC ; 3 - zC ) , ta tìm được C (1;2; 0) uuur uuur B C  Từ A B = D C Û (1; 0; 0) = (1 - x D ;2 - yD ; - zD ) , ta tìm được D (0;2; 0) uuur uuu uuu r r ì ï A B = (1; 0; 0) ì ï A B .A D = 0 A ï ï uuu ï ï uuur uuu ìAB ^ AD ï I D ï r ï r ï ï ìAB ^ AD ï  ï A D = (0;2; 0) Þ ï A A ¢A B = 0 Þ ï A A ¢ ^ A B Þ ï í í . í í B C ï uuur ï ï uuur uuu ï ï ï A A ¢ ^ (A B C D ) ï A A ¢ = (0; 0; 3) ï A A ¢A D = 0 ï A A ¢ ^ A B r ï ï î ï ï ï ï . ï î î î A  Vậy, A B C D .A ¢B ¢ ¢ ¢ là hình hộp chữ nhật. C D D  Gọi (S ) là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp A B C D .A ¢B ¢ ¢ ¢ C D  Tâm của mặt cầu: I ( 12 ;1; 23 ) (là trung điểm đoạn A C ¢)  Bán kính mặt cầu: R = 1 A C ¢ = 1 1 2 + 22 + 32 = 1 4 2 2 2 7  Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x - 1 2 2 ) + (y - 1 )2 + (z - ) = 3 2 2 2Câu Vb: æ ö 2  z = - 1 + 3 i Þ z2 = ç- 1 + 3 i ÷ = 1 - ç ÷ ÷ 3 i- 3 1 =- - 3 i ç 2 2 è 2 2 ÷ 4 ø 2 4 2 2 æ1 öæ ö 3 ÷ æ 1ö æ ö 2 2 ç ç 3 ÷ 1 ç 3 ÷ Þ z 3 = z.z 2 = ç- + ç 2 ÷ç i ÷- - ç i ÷= ç- ÷ ç ÷- ÷ ç i÷ = 1 ç ÷ è 2 ÷ 2 øè 2 ÷ çø è 2÷ ø è2 ÷ø = z 201 0.z = ( z 3 ) .z = 1 670.z = z = - + 670 1 3 Þ z 201 1 i 2 2  Vậy, với z = - 1 + 3 i thì z 201 1 = z = - 1 + 3 i 2 2 2 2 81

20 de thi tot nghiep co dap an chi tiet 2011 2012

by Khang Pham Minh

Accessibility

Upload Details

Usage Rights

Statistics

20 de thi tot nghiep co dap an chi tiet 2011 2012 Document Transcript