9 đề tham khảo TN có đáp án

ĐỀ 1 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 3 2 y x 3x 1= − + − có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt 3 2 x 3x k 0− + = . Câu II ( 3,0 điểm ) a. Giải phương trình 3x 4 2x 2 3 9 − − = b. Cho hàm số 2 1 y sin x = . Tìm ngun hàm F(x ) của hàm số , biết rằng đồ thị của hàm số F(x) đi qua điểm M( 6 π ; 0) . c. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 1 y x 2 x = + + với x > 0 . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 và đường cao h = 1 . Hãy tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) : x 2 y z 3 1 2 2 + + = = − và mặt phẳng (P) : 2x y z 5 0+ − − = a. Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại A . Tìm tọa độ điểm A . b. Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua A , nằm trong (P) và vng góc với (d) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường : 1 y lnx,x ,x e e = = = và trục hồnh . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) : x 2 4t y 3 2t z 3 t  = +  = +   = − +  và mặt phẳng (P) : x y 2z 5 0− + + + = a. Chứng minh rằng (d) nằm trên mặt phẳng (P) . b. Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là 14 . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tìm căn bậc hai cũa số phức z 4i= − . . . . . . . .Hết . . . . . . . - 1 - HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a. (2d) b. (1đ) pt 3 2 x 3x 1 k 1⇔ − + − = − Đây là pt hồnh độ điểm chung của (C) và đường thẳng (d):y k 1= − Căn cứ vào đồ thị , ta có : Phương trình có ba nghiệm phân biệt 1 k 1 3 0 k 4 ⇔ − < − < ⇔ < < Câu II ( 3,0 điểm ) a. ( 1đ ) 3x 4 3x 4 2x 2 2(2x 2) 2 2 x 1 8 3 9 3 3 3x 4 4x 4 x 7 (3x 4) (4x 4) − − − − ≥   = ⇔ = ⇔ − = − ⇔ ⇔ =  − = −   b. (1đ) Vì F(x) = cotx + C − . Theo đề : F( ) 0 cot C 0 C 3 F(x) 3 cot x 6 6 π π = ⇔ − + = ⇔ = ⇒ = − c. (1đ) Với x > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cơsi : 1 x 2 x + ≥ . Dấu “=” xảy ra khi x 0 2 1 x x 1 x 1 x > = ⇔ = → = y 2 2 4⇒ ≥ + = . Vậy : (0; ) Miny y(1) 4 +∞ = = Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi hình chóp đã cho là S.ABC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đáy ABC . Khi đó : SO là trục đường tròn đáy (ABC) . Suy ra : SO ⊥ (ABC) . Trong mp(SAO) dựng đường trung trực của cạnh SA , cắt SO tại I . Khi đó : I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp S.ABC Tính bán kính R = SI . Ta có : Tứ giác AJIO nội tiếp đường tròn nên : SJ.SA SI.SO= ⇒ SI = SJ.SA SO = 2 SA 2.SO - 2 - x −∞ 0 2 +∞ y ′ − 0 + 0 − y +∞ 3 1− −∞ ∆ SAO vuoâng taïi O . Do ñoù : SA = 2 2 SO OA+ = 6 2 1 3 + = 3 ⇒ SI = 3 2.1 = 3 2 Diện tích mặt cầu : 2 S 4 R 9= π = π II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : a. (0,5 đ) A(5;6; − 9) b. (1,5đ) + Vectơ chỉ phương của đường thẳng (d) : u (1; 2;2) d = − r + Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) : n ((2;1; 1) P = − r + Vectơ chỉ phương của đường thẳng ( ∆ ) : u [u ;n ] (0;1;1) d P = = ∆ r r r + Phương trình của đường thẳng ( ∆ ) : x 5 y 6 t (t ) z 9 t  =  = + ∈   = − +  ¡ Câu V.a ( 1,0 điểm ) : + Diện tích : 1 e S lnxdx lnxdx 1/e 1 = − + ∫ ∫ + Đặt : 1 u lnx,dv dx du dx,v x x = = ⇒ = = + lnxdx xlnx dx x(lnx 1) C= − = − + ∫ ∫ + 1 1 e S x(lnx 1) x(lnx 1) 2(1 ) 1/e 1 e = − − + − = − 3. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a. (0,5đ) Chọn A(2;3; − 3),B(6;5; − 2) ∈ (d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) . b.(1,5đ) Gọi u r vectơ chỉ phương của ( d 1 ) qua A và vuông góc với (d) thì u u d u u P  ⊥   ⊥   r r r r nên ta chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) P = = − = − r r r . Ptrình của đường thẳng ( d 1 ) : x 2 3t y 3 9t (t ) z 3 6t  = +  = − ∈   = − +  ¡ ( ∆ ) là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên ( d 1 ) thì M(2+3t;3 − 9t; − 3+6t) . Theo đề : 1 1 2 2 2 2 AM 14 9t 81t 36t 14 t t 9 3 = ⇔ + + = ⇔ = ⇔ = ± + t = 1 3 − ⇒ M(1;6; − 5) x 1 y 6 z 5 ( ): 1 4 2 1 − − + ⇒ ∆ = = + t = 1 3 ⇒ M(3;0; − 1) x 3 y z 1 ( ): 2 4 2 1 − + ⇒ ∆ = = Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Gọi x + iy là căn bậc hai của số phức z 4i= − , ta có : 2 2 x y 2 x y 0 (x iy) 4i 2xy 4 2xy 4    = − = + = − ⇔ ⇔   = − = −    hoặc x y 2xy 4  = −  = −  - 3 - x y 2 2x 4  =  ⇔  = −   (loại) hoặc x y 2 2x 4  = −   − = −   x y x 2;y 2 2 x 2;y 2x 2   = −  = = − ⇔ ⇔   = − ==    Vậy số phức có hai căn bậc hai : z 2 i 2 , z 2 i 2 1 2 = − = − + ĐỀ 2 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 2x 1 y x 1 + = − có đồ thị (C) c. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). d. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(1;8) . . Câu II ( 3,0 điểm ) d. Giải bất phương trình x 2 log sin 2 x 4 3 1 − + > e. Tính tìch phân : I = 1 x (3 cos2x)dx 0 + ∫ c. Giải phương trình 2 x 4x 7 0− + = trên tập số phức . Câu III ( 1,0 điểm ) Một hình trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 2 . Một hình vuông có các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và không vuông góc với trục của hình trụ . Tính cạnh của hình vuông đó . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 4. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1;0;5) và hai mặt phẳng (P) : 2x y 3z 1 0− + + = và (Q) : x y z 5 0+ − + = . a. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (Q) . b. Viết phương trình mặt phẳng ( R ) đi qua giao tuyến (d) của (P) và (Q) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (T) : 3x y 1 0− + = . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = 2 x 2x− + và trục hoành . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành . 5. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) : x 3 y 1 z 3 2 1 1 + + − = = và mặt phẳng (P) : x 2y z 5 0+ − + = . a. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . b. Tính góc giữa đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . c. Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P). Câu V.b ( 1,0 điểm ) : - 4 - Giải hệ phương trình sau : y 4 .log x 4 2 2y log x 2 4 2  − =   − + =   . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a. (2d) b. (1đ) Gọi ( )∆ là tiếp tuyến đi qua M(1;8) có hệ số góc k . Khi đó : ( )∆ y 8 k(x 1) y k(x 1) 8− = − ⇔ = − + Phương trình hoành độ điểm chung của (C ) và ( )∆ : 2x 1 2 k(x 1) 8 kx 2(3 k)x 9 k 0 (1) x 1 + = − + ⇔ + − − + = − ( )∆ là tiếp tuyến của (C ) ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép k 0 k 3 2 ' (3 k) k(k 9) 0  ≠  ⇔ ⇔ = −  ∆ = − − − =   Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y 3x 11= − + Câu II ( 3,0 điểm ) a. (1đ ) pt ⇔ x 2 log sin 2 x 4 − + >0 ⇔ x 2 0 1 x 4 − < < + ( vì 0 < sin2 < 1 ) - 5 - x −∞ 1 +∞ y ′ − − y 2 −∞ +∞ 2 x 2 x 2 x 2 0 0 0 x 4 x 4 x 4 x 2 x 2 6 1 1 0 0 x 4 x 4 x 4    − − − < < <       + + + ⇔ ⇔ ⇔    − − −    < − < <    + + +   x 2 0 x 2 x 2 x 4 0 x 4   − > > ⇔ ⇔ ⇔ >   + > > −   b. (1đ) I = 1 x (3 cos2x)dx 0 + ∫ = x 3 1 3 1 1 1 2 1 1 [ sin2x] [ sin2] [ sin0] sin2 0 ln3 2 ln3 2 ln3 2 ln3 2 + = + − + = + c. (1đ) 2 ' 3 3i∆ = − = nên ' i 3∆ = Phương trình có hai nghiệm : x 2 i 3 , x 2 i 3 1 2 = − = + Câu III ( 1,0 điểm ) Xét hình vuông có cạnh AD không song song và vuông góc với trục OO’ của hình trụ . Vẽ đường sinh AA’ Ta có : CD ⊥ (AA’D) CD A'D⇒ ⊥ nên A’C là đường kính của đường tròn đáy . Do đó : A’C = 4 . Tam giác vuông AA’C cho : 2 2 AC AA' A'C 16 2 3 2= + = + = Vì AC = AB 2 . S uy ra : AB = 3 . Vậy cạnh hình vuông bằng 3 . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1, Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : a. (0,5đ) d(M;(Q)) = 1 3 b. (1,5đ) Vì 2 1 3 2x y 3z 1 0 (d) (P) (Q): x y z 5 0 1 1 1 −  − + + = ≠ ≠ ⇒ = ∩  + − + = −  Lấy hai điểm A( − 2; − 3;0), B(0; − 8; − 3) thuộc (d) . + Mặt phẳng (T) có VTPT là n (3; 1;0) T = − r + Mặt phẳng (R) có VTPT là n [n ,AB] (3;9; 13) R T = = − uuur r r + ( R) : Qua M(1;0;5) (R):3x 9y 13z 33 0 + vtpt : n (3;9; 13) R  + ⇒ + − + =  = −  r Câu V.a ( 1,0 điểm ) : + Phương trình hoành giao điểm : 2 x 2x 0 x 0,x 2− + = ⇔ = = + Thể tích : 2 4 1 16 2 2 2 4 5 2 V ( x 2x) dx [ x x x ] Ox 0 3 5 5 0 π = π − + = π − + = ∫ 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a. (0,5đ ) Giao điểm I( − 1;0;4) . b. (0,5d) 2 2 1 1 sin 2 6 4 1 1. 1 4 1 + − π ϕ = = ⇒ ϕ = + + + + c. (1,0đ) Lấy điểm A( − 3; − 1;3) ∈ (d). Viết pt đường thẳng (m) qua A và vuông góc với (P) - 6 - thì (m) : x 3 t,y 1 2t,z 3 t= − + = − + = − . Suy ra : (m) 5 5 (P) A'( ;0; ) 2 2 ∩ = − . ( ) (IA'): x 1 t,y 0,z 4 t ∆ ≡ = − + = = + , qua I( − 1;0;4) và có vtcp là 3 IA' (1 ;0; 1) 2 = − uuur Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Đặt : 2y u 2 0,v log x 2 − = > = . Thì 1 uv 4 hpt u v 2 x 4;y u v 4 2  = ⇔ ⇔ = = → = = −  + =  ĐỀ 3 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 4 2 y x 2x 1= − − có đồ thị (C) e. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). f. Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình 4 2 x 2x m 0 (*)− − = . Câu II ( 3,0 điểm ) f. Giải phương trình log x 2log cos 1 x 3 cos 3 x log x 1 3 2 π − + π − = g. Tính tích phân : I = 1 x x(x e )dx 0 + ∫ h. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 3 2 2x 3x 12x 2+ − + trên [ 1;2]− . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vuông góc với nhau từng đôi một với SA = 1cm, SB = SC = 2cm .Xác định tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu đó . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A( − 2;1; − 1) ,B(0;2; − 1) ,C(0;3;0) , D(1;0;1) . a. Viết phương trình đường thẳng BC . b. Chứng minh rằng 4 điểm A,B,C,D không đồng phẳng . c. Tính thể tích tứ diện ABCD . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tính giá trị của biểu thức 2 2 P (1 2 i) (1 2 i)= − + + . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; − 1;1) , hai đường thẳng x 1 y z ( ): 1 1 1 4 − ∆ = = − , x 2 t ( ): y 4 2t 2 z 1  = −  ∆ = +   =  và mặt phẳng (P) : y 2z 0+ = - 7 - a. Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng ( 2 ∆ ) . b. Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng ( ) ,( ) 1 2 ∆ ∆ và nằm trong mặt phẳng (P) . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tìm m để đồ thị của hàm số 2 x x m (C ): y m x 1 − + = − với m 0≠ cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tuếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vuông góc nhau . . . . . . . . .Hết . . . . . . . HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x −∞ 1− 0 1 +∞ y ′ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1− +∞ 2− 2− b) 1đ pt (1) 4 2 x 2x 1 m 1 (2)⇔ − − = − Phương trình (2) chính là phương trình điểm chung của ( C ) và đường thẳng (d) : y = m – 1 Căn cứ vào đồ thị (C ) , ta có :  m -1 < -2 ⇔ m < -1 : (1) vô nghiệm  m -1 = -2 ⇔ m = -1 : (1) có 2 nghiệm  -2 < m-1<-1 ⇔ -1 < m < 0 : (1) có 4 nghiệm  m-1 = - 1 ⇔ m = 0 : (1) có 3 nghiệm  m – 1 > -1 : (1) có 2 nghiệm Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ Điều kiện : 0 < x , x 1≠ 2 x 2 x 2 2 2 log x 2log 2 1 2 pt 3 1 log x 2log 2 1 0 log x log x 2 0 2 1 log x 1 x 2 log x 2 x 4 − + + ⇔ = ⇔ − + + = ⇔ − − =   = − =   ⇔ ⇔   = =    b) 1đ Ta có : 1 1 1 x 2 x I x(x e )dx x dx xe dx I I 1 2 0 0 0 = + = + = + ∫ ∫ ∫ với 1 1 2 I x dx 1 3 0 = = ∫ 1 x I xe dx 1 2 0 = = ∫ .Đặt : x u x,dv e dx= = . Do đó : 4 I 3 = c) 1đ Ta có : TXĐ D [ 1;2]= − x 2 (l) 2 2 y 6x 6x 12 , y 0 6x 6x 12 0 x 1  = − ′ ′ = + − = ⇔ + − = ⇔  =  - 8 - Vì y( 1) 15,y(1) 5,y(2) 6− = = = nên Miny y(1) 5 , Maxy y( 1) 15 [ 1;2] [ 1;2] = = = − = − − Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi I là trung điểm của AB . Từ I kẻ đường thằng ∆ vuông góc với mp(SAB) thì ∆ là trục của SAB∆ vuông . Trong mp(SCI) , gọi J là trung điểm SC , dựng đường trung trực của cạnh SC của SCI∆ cắt ∆ tại O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC . Khi đó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật . Ta tính được : SI = 1 5 AB 2 2 = , OI = JS = 1 , bán kính R = OS = 3 2 Diện tích : S = 2 2 4 R 9 (cm )π = π Thể tích : V = 4 9 3 3 R (cm ) 3 2 π = π II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : a) 0,5đ (BC) : x 0 Qua C(0;3;0) (BC): y 3 t + VTCP BC (0;1;1) z t  =  +   ⇒ = +   =    =  uuur b) 1,0đ Ta có : AB (2;1;0),AC (2;2;1),AD (3; 1;2)= = = − uuur uuur uuur [AB,AC] (1; 2;2) [AB,AC].AD 9 0 A,B,C,D= − ⇒ = ≠ ⇒ uuur uuur uuur uuur uuur không đồng phẳng c) 0,5đ 1 3 V [AB,AC].AD 6 2 = = uuur uuur uuur Câu V.a ( 1,0 điểm ) : P = -2 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 1đ Gọi mặt phẳng Qua M(1; 1;1) Qua M(1; 1;1) (P): (P): (P): x 2y 3 0 + ( ) + VTPT n = a ( 1;2;0) 2 P 2   + − + −   ⇒ ⇒ − − =   ⊥ ∆ = −     r r Khi đó : 19 2 N ( ) (P) N( ; ;1) 2 5 5 = ∆ ∩ ⇒ b) 1đ Gọi A ( ) (P) A(1;0;0) , B ( ) (P) B(5; 2;1) 1 2 = ∆ ∩ ⇒ = ∆ ∩ ⇒ − Vậy x 1 y z (m) (AB): 4 2 1 − ≡ = = − Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Pt hoành độ giao điểm của (C ) m và trục hoành : 2 x x m 0 (*) − + = với x 1≠ điều kiện 1 m , m 0 4 < ≠ Từ (*) suy ra 2 m x x= − . Hệ số góc 2 x 2x 1 m 2x 1 k y 2 x 1 (x 1) − + − − ′ = = = − − Gọi x ,x A B là hoành độ của A,B thì phương trình (*) ta có : x x 1 , x .x m A B A B + = = - 9 - Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì y (x ).y (x ) 1 5x x 3(x x ) 2 0 5m 1 0 A B A B A B ′ ′ = − ⇔ − + + = ⇔ − = 1 m 5 ⇔ = thỏa mãn (*) Vậy giá trị cần tìm là 1 m 5 = ĐỀ 4 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 3 y x 3x 1= − + có đồ thị (C) g. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). h. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M( 14 9 ; 1− ) . . Câu II ( 3,0 điểm ) i. Cho hàm số 2 x x y e − + = . Giải phương trình y y 2y 0 ′′ ′ + + = j. Tính tìch phân : 2 sin2x I dx 2 (2 sinx) 0 π = + ∫ c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2 y 2sin x cos x 4sinx 1= + − + . Câu III ( 1,0 điểm ) Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a , · SAO 30= o , · SAB 60= o . Tính độ dài đường sinh theo a . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 6. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng x 1 y 2 z ( ): 1 2 2 1 − − ∆ = = − − , x 2t ( ): y 5 3t 2 z 4  = −  ∆ = − +   =  a. Chứng minh rằng đường thẳng ( ) 1 ∆ và đường thẳng ( ) 2 ∆ chéo nhau . b. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng ( ) 1 ∆ và song song với đường thẳng ( ) 2 ∆ . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình 3 x 8 0+ = trên tập số phức 7. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) : x y 2z 1 0+ + + = và mặt cầu (S) : 2 2 2 x y z 2x 4y 6z 8 0+ + − + − + = . a. Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) . - 10 - [...]... tuyến cần tìm có hệ số góc k ⇒ (d) : y + 1 = k(x − ⇒ (d) : y = k(x − 14 ) 9 14 ) −1 9  3 14  x − 3x + 1 = k(x − 9 ) − 1 (d) tiếp xúc ( C) ⇔ Hệ sau có nghiệm   2 3x − 3 = k (1) (2) 2 3 Thay (2) vào (1) ta được : 3x3 − 7x2 + 4 = 0 ⇔ x = − ,x = 1,x = 2 −2 (2) 5 5 43  k = − ⇒ tt (∆1) : y = − x + → 3 3 3 27 (2) ¡ x = 1  k = 0 ⇒ tt (∆ 2 ) : y = −1 → (2) ¡ x = 2  k = 9 ⇒ tt (∆3 ) : y = 9x − 15 →... x 1+ x2 Bảng biến thiên : x −∞ y′ y −1 + 1 0 − +∞ 2 1 Vậy : Hàm số đã cho đạt : ¡ M = max y = y(1) = 2 ¡ ¡ Không có GTNN Câu III ( 1,0 điểm ) - 19 - Nếu hình lập phương có cạnh là a thì thể tích của nó là V1 = a3 Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có bán a 2 và chiều cao h = a nên có thể 2 3 tích là V2 = πa Khi đó tỉ số thể tích : 2 kính R = V1 a3 2 = = V2 πa3 π 2 II PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí... = 9 ≠ 0 ⇒ (∆1) , (∆2 ) chéo nhau - 12 - + Qua (∆1) +  Qua A(1;2; 0) ⇒ (P) :  ⇒ (P) : 3x + 2y + 2z − 7 = 0 r r r + VTPT n = [a1;a2 ] = (3;2;2) + // (∆2 )    b) 1đ (P) :  Câu V.a ( 1,0 điểm ) :  x = −2 x3 + 8 = 0 ⇔ (x + 2)(x2 − 2x + 4) = 0 ⇔  Ta có :  x2 − 2x + 4 = 0 (*)  Phưong trình (*) có ∆ = 1 − 4 = −3 = 3i2 ⇒ ∆ = i 3 nên (*) có 2 nghiệm : x =1− i 3 , x =1+ i 3 Vậy phương trình có. .. cho và B = a + bi với a, b ∈ ¡ Theo đề phương trình bậc hai z2 + Bz + i = 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng −4i 2 nên ta có : z1 + z2 = (z1 + z2 )2 − 2z1z2 = S2 − 2P = (−B)2 − 2i = −4i hay B2 = −2i hay 2 a2 − b2 = 0  (a + bi)2 = −2i ⇔ a2 − b2 + 2abi = −2i Suy ra :  2ab = −2  Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là (1; −1),(−1;1) Vậy : B = 1 − i , B = − 1 + i ĐỀ 8 - 24 - ( Thời gian làm bài 150... k(x − ⇒ (d) : y = k(x − 14 ) 9 0,25 14 ) −1 9  3 14  x − 3x + 1 = k(x − 9 ) − 1 (d) tiÕp xóc ( C) ⇔ HƯ sau cã nghiƯm   2 3x − 3 = k 2 Thay (2) vµo (1) ta ®ỵc : 3x3 − 7x2 + 4 = 0 ⇔ x = − ,x = 1,x = 2 3 −2 (2) 5 5 43 ¡x=  k = − ⇒ tt (∆1) : y = − x + → 3 3 3 27 (1) (2) 0,25 0,25 - 31 - (2) ¡ x = 1  k = 0 ⇒ tt (∆ 2 ) : y = −1 → (2) ¡ x = 2  k = 9 ⇒ tt (∆3 ) : y = 9x − 15 → II a) 2 2 ¡ y′ =... Theo đề : MN2 = 9 ⇔ t = −1   qua N(1;1;3) x −1 y −1 z − 3 uuuu r ⇒ ( ∆) : = = Vậy (∆) :  1 −2 −2   VTCP NM = (1; −2; −2)  Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực ta có : z = a − bi và z2 = (a2 − b2 ) + 2abi  2 2  Khi đó : z = z2 ⇔ Tìm các số thực a,b sao cho : a − b = a 2ab = − b  Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) , (− 1 ; 3 ) , (− 1 ; − 3 ) 2 2 2 2 ĐỀ... liên tục , khơng âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích : 2x + 1 1 1 0 0 1 1 d(2x + 1) 1 1 1 S= ∫ dx = ∫ = ln 2x + 1 = ln3 0 2 2x + 1 2 2x + 1 2 a > 0 1 ⇔a= 3 Theo đề : S = lna ⇔ ln3 = lna ⇔ ln 3 = lna ⇔  2 a = 3 2 Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 1đ r r + Mặt phẳng ( P1 ) có VTPT n1 = (2; −1;1) , mặt phẳng ( P2 ) có VTPT n2 = (1;2; −2) 2 −1 Vì ≠ nên suy ra ( P1 )... (G) : 1 2 5 4 )dx = π[ x − x ]1 = 3π Khi đó : V = V2 − V1 = π (x − x 2 5 0 10 0 ∫ ĐỀ 7 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y = x3 + 3x 2 − 4 có đồ thị (C) m Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) n Cho họ đường thẳng (d m ) : y = mx − 2m + 16 với m là tham số Chứng minh rằng (d m ) ln cắt đồ thị (C) tại một điểm cố định I Câu II... điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y = − x 4 + 2x2 có đồ thị (C) k Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) l Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M ( 2 ;0) Câu II ( 3,0 điểm ) n Cho lg 392 = a , lg112 = b Tính lg7 và lg5 theo a và b 1 o Tính tìch phân : I = 2 x ∫ x(e + sin x)dx 0 c Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số y = x +1 1 + x2 Câu III ( 1,0 điểm ) Tính... Theo đề : x 3 =1 x = 3  y  G(1;2; −1 ) là trọng tâm tam giác ABC ⇔  = 2 ⇔ y = 6 0,5đ 3 z = −3  z = −1  3  Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0; −3 ) 0,25đ 3.VOABC 1 Mặt khác : VOABC = d(O,(ABC).SABC ⇒ SABC = 0,25đ 3 d(O,(ABC) Phương trình mặt phẳng (ABC) : nên d(O,(ABC)) = 1 1 1 1 + + 9 36 9 x y z + + =1 3 6 −3 =2 0,25đ 0,25đ Mặt khác : 1 1 VOABC = OA.OB.OC = 3.6.3 = 9 0,25đ . . + Mặt phẳng (T) có VTPT là n (3; 1;0) T = − r + Mặt phẳng (R) có VTPT là n [n ,AB] (3 ;9; 13) R T = = − uuur r r + ( R) : Qua M(1;0;5) (R):3x 9y 13z 33 0 + vtpt : n (3 ;9; 13) R  + ⇒ +. (d) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k 14 (d): y 1 k(x ) 9 ⇒ + = − 14 (d): y k(x ) 1 9 ⇒ = − − (d) tiếp xúc ( C) ⇔ Hệ sau có nghiệm 14 3 x 3x 1 k(x ) 1 (1) 9 2 3x 3 k (2)  − + = − −    −. Không có GTNN¡ Câu III ( 1,0 điểm ) - 19 - x −∞ 1 +∞ y ′ + 0 − y 2 1− 1 Nếu hình lập phương có cạnh là a thì thể tích của nó là 3 V a 1 = Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có