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

www.VNMATH.com

BỘ 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 THÔNG
ĐỀ 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 = 0
Câu 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 đây
1. Theo chương trình chuẩn
Câu 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 cao
Câu 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 3
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu 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 2

Câu 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 CAO
Câu 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 =
14
Câu 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
------------------------------ ---------------------------------------------------

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x 3 − 3 x 2 + 3 x
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng có
phương trình y = 3x .
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].
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.
Câu 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 = 0
Câu 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.
1
Câu Vb (1,0 điểm): Viết số phức sau dưới dạng lượng giác z =
2 + 2i
---------- Hết ----------

6

Câu I :
 y = x3 − 3x 2 + 3x
 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 →+∞

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 − 4
Câu 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
 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 2
Câu 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 I
Câu 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 THÔNG
------------------------------ ---------------------------------------------------

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = − x 4 + 4 x 2 − 3
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.
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 +1
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.
r r r uur r r r
Câu 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 + 1
Câu 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 9
Câu Vb (1,0 điểm): Giải hệ pt 
 x + y − 20 = 0
---------- Hết ----------

10

Câu I :
 y = − x4 + 4x2 − 3
 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
x →−∞
; lim y = −∞
x →+∞

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 7
Câu 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 
 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 3
Câu 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 
Câu 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 =1
Câu 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 12
Câu 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 = 53
Câu 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

------------------------------ ---------------------------------------------------

2x −1
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y =
x −1
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 4.
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 + 2
·
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).
r r r uuuu
r r r
Câu 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 1
−z2 + 2z − 5 = 0
Câu 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

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+
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 + 10
Câu 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 = 2
Câu 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 7
Câu 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 −2
Câu 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 = 0
Câu 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

------------------------------ ---------------------------------------------------

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = x 2 (4 − x 2 )
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 + 2011
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]
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.
Câu 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 − 1
Câu 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 2
Câu 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 ..........

18

Câu I:
 y = x 2 (4 − x 2 ) = − x 4 + 4 x 2
 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
x →−∞
; lim y = −∞
x →+∞

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
A
Câu 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)
Câu 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 15
Câu 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 42
Câu 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

------------------------------ ---------------------------------------------------

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.
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 ) y

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.
Câu 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.
2ω 2 − 2ω + 5 = 0
Câu 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 ----------


22

Câu I:
 Với m = 2 ta có hàm số: y = 2 x 3 + 3x 2 − 1
 Đạo hàm: y ′ = 6 x 2 + 6 x
 Cho y ′ = 0 ⇔ 6 x 2 + 6 x = 0 ⇔ x = 0 hoac x = −1
x →−∞
; lim y = +∞
x →+∞

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 ) y
Câu 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 3
Câu 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 3
Câu 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 2
Câu 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

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

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

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Viewers also liked

Viewers also liked (11)

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

Similar to 20 de thi tot nghiep co dap an chi tiet 2011 2012 (20)

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