11 DE THI VA DAP AN TNPT

Có thể chỉ dùng một biện pháp đơn giản như: trước khi học, bạn hãy viết lên một mảnh giấy nhỏ dòng chữ "Tức giận chẳng giải quyết được vấn đề gì" để trước mặt, mỗi lần bạn thấy b[r]

(1)

ĐỀ 1

( Thời gian làm 150 phút ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số yx33x21 có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

b Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình sau có nghiệm phân biệt x3 3x2k 0 .

Câu II ( 3,0 điểm )

a Giải phương trình 33x 4 92x 2 b Cho hàm số

1 y

sin x 

Tìm nguyên hàm F(x ) hàm số , biết đồ thị hàm số F(x) qua điểm M(6

 ; 0) c Tìm giá trị nhỏ hàm số

1

y x

x

  

với x >

Câu III ( 1,0 điểm )

Cho hình chóp tam giác có cạnh đáy đường cao h = Hãy tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chĩp

II PHẦN RIÊNG ( điểm )

Thí sinh học chương trình làm làm phần dành riêng cho chương trình 1 Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) :

x y z

1 2

 

 

 mặt phẳng (P) : 2x y z 0   

a Chứng minh (d) cắt (P) A Tìm tọa độ điểm A

b Viết phương trình đường thẳng () qua A , nằm (P) vng góc với (d)

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường : 1ylnx,x,xee trục hoành

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :

  



  

   

x 4t y 2t

z t mặt phẳng (P) : x y 2z 0   

a Chứng minh (d) nằm mặt phẳng (P)

b Viết phương trình đường thẳng () nằm (P), song song với (d) cách (d) khoảng 14

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tìm bậc hai số phức z 4i

(2)

HƯỚNG DẪN I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

a (2d)

b (1đ) pt x33x21 k 1 

Đây pt hoành độ điểm chung (C) đường thẳng (d) : y k 1  Căn vào đồ thị , ta có :

Phương trình có ba nghiệm phân biệt   1 k 3   k 4 

Câu II ( 3,0 điểm )

a ( 1đ )

3x 2x 3x 2(2x 2)

2

x 8

3 3 3x 4x x

7 (3x 4) (4x 4)

               



  

  b (1đ) Vì F(x) = cotx + C Theo đề :

F( ) cot C C F(x) cot x

6

 

         

c (1đ) Với x > Áp dụng bất đẳng thức Côsi :

1

x

 

Dấu “=” xảy

x

1

x x x

x



      

 y 2 4   Vậy : (0; )

M iny y(1)



 

Gọi hình chóp cho S.ABC O tâm đường tròn ngoại tiếp đáy ABC Khi : SO trục đường tròn đáy (ABC) Suy : SO(ABC)

Trong mp(SAO) dựng đường trung trực cạnh SA , cắt SO I Khi : I tâm 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 = SA 2.SO SAO vng O Do : SA = SO2OA2 =

6

3 

=  SI =

3 2.1=

3

x   

y  +  y 

(3)

Diện tích mặt cầu : S R   9 II PHẦN RIÊNG ( điểm )

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

a (0,5 đ) A(5;6; 9)

b (1,5đ)

+ Vectơ phương đường thẳng (d) : ud  (1; 2;2) + Vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) : nP ((2;1; 1)

+ Vectơ phương đường thẳng () : u [u ;n ] (0;1;1)d P 

  

+ Phương trình đường thẳng () :

x

y t (t ) z t

  

  



   



Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

+ Diện tích :

1 e

S ln xdx ln xdx

1/e

  

+ Đặt :

1

u ln x,dv dx du dx,v x x

    

+ ln xdx x ln x  dx x(ln x 1) C   +

1

1 e

S x(ln x 1)1/e x(ln x 1)1 2(1 ) e

     

a (0,5đ) Chọn A(2;3; 3),B(6;5; 2)(d) mà A,B nằm (P) nên (d) nằm (P)

b.(1,5đ) Gọi u 

vectơ phương (d1) qua A vng góc với (d)

u ud u uP    

  

   

nên ta

chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) P       

Ptrình đường thẳng (d1) :

x 3t

y 9t (t ) z 6t

   

  



   



() đường thẳng qua M song song với (d ) Lấy M (d1) M(2+3t;3 9t;

3+6t) Theo đề :

1

2 2

AM 14 9t 81t 36t 14 t t

9

        

+ t = 

 M(1;6; 5)

x y z ( ) :1

4

  

   

+ t =

3  M(3;0; 1)

x y z ( ) :2

4

 

   

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

(4)

2 x y

(x iy) 4i

2xy

 

   

     



 



 hoặc

x y

2xy

  

 

x y

2x

    

 

 (loại)

x y

2

2x

   

 

 

x y x 2;y 2

2 x 2;y 2

x

  

  

   

 

 

 



(5)

ĐỀ 2

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số

2x y

x  

 có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

b Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) qua điểm M(1;8)

Câu II ( 3,0 điểm )

a Giải bất phương trình

x logsin2 x

3

 



b Tính tìch phân : I =

x

(3 cos2x)dx

 

c Giải phương trình x2 4x 0  tập số phức

Một hình trụ có bán kính đáy R = , chiều cao h = 2 Một hình vng có đỉnh nằm hai đường trịn đáy cho có cạnh không song song không vuông góc với trục hình trụ Tính cạnh hình vng

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1;0;5) hai mặt phẳng (P) :

2x y 3z 0    (Q) : x y z 0    a Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (Q)

b Viết phương trình mặt phẳng ( R ) qua giao tuyến (d) (P) (Q) đồng thời vng góc với mặt phẳng (T) : 3x y 0  

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn đường y = x22x trục hồnh Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình (H) quanh trục hồnh

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :

x y z

2 1

  

 

mặt phẳng (P) : x 2y z 0   

a Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng (d) mặt phẳng (P) b Tính góc đường thẳng (d) mặt phẳng (P)

c Viết phương trình đường thẳng () hình chiếu đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P)

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Giải hệ phương trình sau : y

4 log x 42 2y log x 22

  



 

 

 

(6)

(7)

Câu I ( 3,0 điểm )

a (2d)

b (1đ) Gọi ( ) tiếp tuyến qua M(1;8) có hệ số góc k Khi : ( ) y k(x 1)    y k(x 1) 8  

Phương trình hồnh độ điểm chung (C ) ( ) :

2x k(x 1) 8 kx2 2(3 k)x k (1) x



        



( ) tiếp tuyến (C )  phương trình (1) có nghiệm kép

k

2

' (3 k) k(k 9)  



   

     

 

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm y3x 11

Câu II ( 3,0 điểm )

a (1đ ) pt

x log

sin x 

 >0

x

0

x 

 

 ( < sin2 < )

x x x

0 0

x x x

x 1 x 1 0 0

x x x

     

  

  

     

     

  

      

     

  

x x x 2

x x

    

     

   

 

b (1đ) I =

x

(3 cos2x)dx

 

= x

3 1 1

[ sin2x]0 [ sin2] [ sin 0] sin

ln3 2  ln3 2  ln3 2 ln3 2 c (1đ)  ' 3i 2 nên  ' i

Phương trình có hai nghiệm : x1 2 i , x2  2 i

x   

y  

y

  

(8)

Xét hình vng có cạnh AD khơng song song vng góc với trục OO’ hình trụ Vẽ đường sinh AA’ Ta có : CD(AA’D)  CD A'D nên A’C đường kính đường trịn đáy

Do : A’C = Tam giác vuông AA’C cho :

2

AC AA' A'C  16 2  Vì AC = AB S uy : AB = Vậy cạnh hình vng II PHẦN RIÊNG ( điểm )

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

a (0,5đ) d(M;(Q)) =

3 b (1,5đ) Vì 21 11 31 (d) (P) (Q): 2x y 3z 0x y z

     

     

   

 

Lấy hai điểm A( 2; 3;0), B(0; 8; 3) thuộc (d) + Mặt phẳng (T) có VTPT nT  (3; 1;0)



+ Mặt phẳng (R) có VTPT nR [n ,AB] (3;9; 13)T  



 

+ ( R) :

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



    

  



 Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

+ Phương trình hồnh giao điểm : x2 2x 0  x 0,x 2 

+ Thể tích :

2 4 1 16

2 2

VOx ( x 2x) dx [ x x x ]0

3 5

0



     

a (0,5đ ) Giao điểm I( 1;0;4)

b (0,5d)

2 1

sin

2

4 1

  

     

   

c (1,0đ) Lấy điểm A( 3;  1;3) (d) Viết pt đường thẳng (m) qua A vuông góc với (P)

(m) : x 3 t,y 1 2t,z t  Suy : (m)

5

(P) A'( ;0; )

2

  

( ) (IA'): x   1 t,y 0,z t    , qua I( 1;0;4) có vtcp

3

IA' (1 ;0; 1)





Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Đặt : u 2 2y 0,v log x Thì

1 uv

hpt u v 4 u v x 4;y

2

 

        

(9)

ĐỀ 3

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y x 4 2x21 có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

b Dùng đồ thị (C ) , biện luận theo m số nghiệm thực phương trình

4

x  2x  m (*) .

Câu II ( 3,0 điểm )

a Giải phương trình 7x 2.71x

  

b Tính tích phân : I =

x x(x e )dx

 

c Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = 2x33x2 12x 2 [ 1;2] Câu III ( 1,0 điểm )

Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vng góc với đơi với SA = 1cm, SB = SC = 2cm Xác định tân tính bán kính mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích mặt cầu thể tích khối cầu

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 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 điểm A,B,C,D không đồng phẳng c Tính thể tích tứ diện ABCD

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Tính giá trị biểu thức P (1  i)2(1 i)2 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 y z ( ) :1

1



  

 ,

x t ( ) : y 2t2

z    

   

 

 mặt phẳng (P) : y 2z 0 

a Tìm điểm N hình chiếu vng góc điểm M lên đường thẳng (2)

b Viết phương trình đường thẳng cắt hai đường thẳng ( ) ,(1 2) nằm mặt phẳng (P)

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tìm m để đồ thị hàm số

2

x x m

(C ) : ym

x   

(10)

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

x   1 

y  +  +

y  1 

2 2

b) 1đ pt (1)  x4 2x21 m (2) 

Phương trình (2) phương trình điểm chung ( C ) đường thẳng (d) : y = m – Căn vào đồ thị (C ) , ta có :

 m -1 < -2  m < -1 : (1) vô nghiệm  m -1 = -2  m = -1 : (1) có nghiệm  -2 < m-1<-1  -1 < m < : (1) có nghiệm  m-1 = -  m = : (1) có nghiệm  m – > -1 : (1) có nghiệm

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ

Ta cã: 7x2.71x 0

2

7

7 9.7 14

1

7

log

7

x x

   

   

   

   



 

 b) 1đ

Ta có :

1 1

x x

I x(x e )dx x dx xe dx I1 2I

0 0

     

với

1 1

2 I1 x dx

3

 

x I2 xe dx

0

 

.Đặt : u x,dv e dx  x Do : I

3  c) 1đ Ta có : TXĐ D [ 1;2] 

x (l)

2

y 6x 6x 12 , y 6x 6x 12

x  

         

  Vì y( 1) 15,y(1) 5,y(2) 6   

nên

Miny y(1) , Maxy y( 1) 15 [ 1;2]   [ 1;2]   

Gọi I trung điểm AB Từ I kẻ đường thằng vng góc với mp(SAB)  trục SAB vng

Trong mp(SCI) , gọi J trung điểm SC , dựng đường trung trực cạnh SC SCI cắt

(11)

Khi : Tứ giác SJOI hình chữ nhật Ta tính : SI =

1AB

2  , OI = JS = , bán kính R = OS = Diện tích : S = R 2 9 (cm )2

Thể tích : V =

4 R3 (cm )3 3  2

II PHẦN RIÊNG ( điểm ) Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

a) 0,5đ (BC) :

x Qua C(0;3;0)

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

                

b) 1,0đ Ta có : AB (2;1;0),AC (2;2;1),AD (3; 1;2)   

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

[AB,AC] (1; 2;2)   [AB,AC].AD 0   A,B,C,D

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

không đồng phẳng c) 0,5đ V [AB,AC].AD     

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : P = -2

a) 1đ Gọi mặt phẳng

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

(P) : (P) : (P) : x 2y

+ ( )2 + VTPT n = aP 2 ( 1;2;0)

                      

Khi :

19 N ( ) (P)2 N( ; ;1)

5

   

b) 1đ Gọi A ( ) (P) 1   A(1;0;0) , B ( ) (P) 2   B(5; 2;1) Vậy

x y z

(m) (AB) :

4



  



Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Pt hoành độ giao điểm (C )m trục hoành : x2 x m (*)   với x 1

điều kiện

m , m

4

 

Từ (*) suy m x x  Hệ số góc

2

x 2x m 2x

k y

2 x

(x 1)          

Gọi x ,xA B hoành độ A,B phương trình (*) ta có : xAxB1 , x xA Bm Hai tiếp tuyến vng góc với

y (x ).y (x ) A  B  1 5x xA B 3(xAx ) 0B    5m 0 

1 m

5

 

thỏa mãn (*) Vậy giá trị cần tìm

1 m

(12)

ĐỀ 4

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y x 3 3x 1 có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

b Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) qua điểm M( 14

9 ; 1)

Câu II ( 3,0 điểm )

a Cho hàm số

2 x x

y e   Giải phương trình yy2y 0

b Tính tìch phân :

2 sin 2x

I dx

2 (2 sin x)

 

 

c Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y 2sin x cos x 4sinx 1   

Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O đáy đến dây cung AB đáy a , SAO 30 , SAB 60  Tính độ dài đường sinh theo a

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

x y z ( ):1

2

 

  

  ,

x 2t ( ): y2 3t

z    

      

a Chứng minh đường thẳng ( )1 đường thẳng ( )2 chéo

b Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng ( )1 song song với đường thẳng ( )2

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Giải phương trình x3 8 0 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 0    mặt cầu (S) : x2y2 z2  2x 4y 6z 0    a Tìm điểm N hình chiếu điểm M lên mặt phẳng (P)

b Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) tiếp xúc với mặt cầu (S)

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

(13)

.Hết HƯỚNG DẪN

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

x   1 

y +  + y 

  1

b) 1đ Gọi (d) tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k

14 (d) : y k(x )

9

   

14 (d) : y k(x )

9

   

(d) tiếp xúc ( C)  Hệ sau có nghiệm

14

x 3x k(x ) (1)

2

3x k (2) 

    

  

 

 Thay (2) vào (1) ta :

2

3

3x 7x x ,x 1,x

3

      

2 (2) 5 43

x = k tt ( ) : y1 x

3 3 27



       

¡

¡ x = 1 (2)k 0  tt ( ) : y2 1 ¡ x = 2  (2)k 9  tt ( ) : y 9x 153  

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ

2

x x x x

y ( 2x 1) e   , y(4x  4x 1)e   ¡

2

2 x x

y y 2y (4x 6x 2)e ; y y 2y 2x 3x x , x

2

 

              

¡

b) 1đ

Phân tích

sin 2xdx 2sin x.cosxdx 2sin x.d(2 sin x)

2 2

(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x) 

 

   Vì d(2 sin x) cosxdx 

nên

sin 2xdx 2sin x.d(2 sin x) 2.[ sin x ]d(2 sin x)

2 2

(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x) (2 s

2

in x)

2 





  

(14)

2

2.[ ]d(2 sin x)

2 sin x (2 sinx)

1





 



Do :

2 2

I 2.[ln | sin x | ] 0 sin x 



 

= 2ln33 

Cách khác : Dùng PP đổi biến số cách đặt t sin x  c) 1đ

Ta có : y 2sin x sin x 4sinx 2   

Đặt : t sinx , t [ 1;1]    y 2t 3 t2 4t , t [ 1;1]  

2

y 6t 2t ,y 6t 2t t t            

Vì

2 98 y( 1) 3,y(1) 1,y( ) =

3 27

   

Vậy :

                 

2 98 2

+ Maxy = Maxy = y( ) t = sinx =

3 27 3

[ 1;1]

2

x = arcsin( ) k2 hay x = arcsin( ) k2 ,k

3

+ miny miny = y(1) t = sinx = x = k2 ,k [ 1;1]           

Gọi M trung điểm AB Kẻ OMAB OM = a SAB

 cân có SAB 60  nên SAB

Do :

AB SA AM

2

 

SOA

 vuông O SAO 30 nên SA

OA SA.cos30

2

 

OMA

 vuông M :

2

3SA SA

2 2 2

OA OM MA a SA 2a SA a

4

        

a) 1đ

Qua A(1;2;0) ( ) :1

+ VTCP a = (2; 2; 1)1          ,

Qua B(0; 5;4) ( ) :2

+ VTCP a = ( 2;3;0)2

         AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB   9 0

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

 ( )1 ,( )2 chéo

b) 1đ

Qua ( )1 Qua A(1;2;0)

(P) : (P) : (P) : 3x 2y 2z

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

+ // ( )2 1 2

(15)

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Ta có :

x

3

x (x 2)(x 2x 4) 2

x 2x (*)  

        

   



Phưong trình (*) có   1 43 3i 2  i 3 nên (*) có nghiệm : x i , x i 3   

Vậy phương trình có nghiệm x2 , x i , x i 3   

a 0,5đ Gọi

x t Qua M(2;3;0)

Qua M(2;3;0)

(d) : (d): (d) : y t

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

+ (P) P

z 2t    

  

   

  



 

   

  

Khi : N d (P)   N(1;2; 2) b 1,5đ + Tâm I(1; 2;3) , bán kính R =

+ (Q) (P) nên (Q) : x y 2z m (m 1)    

+ (S) tiếp xúc (Q)

m (l) |1 m |

d(I;(Q)) R | m |

m 11

6

 

  

        

  Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) : x y 2z 11 0   

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

z i z r

1 2

cos , sin

2

    



        

Vậy :

3

z 2(cos isin )

4

 

(16)

ĐỀ 5

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số

x y

x  

 có đồ thị (C)

a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

b Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + cắt đồ thị hàm số cho hai điểm phân biệt

Câu II ( 3,0 điểm )

ln (1 sin )

2 2

2

e log (x 3x)

 

  



 

2

0

x x

(1 sin )cos dx

2

c Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số  

x x

e y

e e đoạn [ln2 ; ln4]

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cà cạnh a Tính thể tích hình lăng trụ diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

1

x 2t (d ) : y

z t    

   



x y z

(d ) :

1

 

 



a Chứng minh hai đường thẳng (d ),(d )1 vng góc khơng cắt b Viết phương trình đường vng góc chung (d ),(d )1

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Tìm mơđun số phức z 4i (1 i)   

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng () : 2x y 2z 0    hai đường thẳng (d1 ) :

 

 

 x y z

2 1 , (d2 ) :

  

 

 x y z

2

a Chứng tỏ đường thẳng (d1) song song mặt phẳng () (d2) cắt mặt phẳng () b Tính khoảng cách đường thẳng (d1) (d2 )

c Viết phương trình đường thẳng () song song với mặt phẳng () , cắt đường thẳng (d1) (d2 ) M N cho MN =

(17)

Tìm nghiệm phương trình z z 2, z số phức liên hợp số phức z Hết

HƯỚNG DẪN

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

b) 1đ Phương trình hồnh độ (C ) đường thẳng y mx 1  :

x mx 1 g(x) mx2 2mx , x 1 x



       

 (1)

Để (C ) (d) cắt hai điểm phân biệt  phương trình (1) có hai nghiệm phân

biệt khác 

m m 0

m

m m m m

m

g(1) m 2m

   

 

  



        

  

 

     

 



Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ pt 

ln 2 2

2

e  log (x 3x)  0 log (x 3x) 0 (1) Điều kiện : x >  x 3

(1)  log (x2 23x) 2 x23x 2 2 x23x 0   4 x 1  So điều kiện , bất phương trình có nghiệm : 4 x  3 ; < x 1

b) 1đ I =

2 x x x x 1 x 1 2

(cos sin cos )dx (cos sinx)dx (2sin cosx)

2 2 2 2 0

0

 



     

 

2 1

2

2 2

   

x   

y + +

y 

(18)

c) 1đ Ta có :

x e

y , x [ln2 ; ln4]

x

(e e)

   



+

2 miny y(ln2)

2 e [ln2 ; ln4]  

+

4 Maxy y(ln4)

4 e [ln2 ; ln4]   Câu III ( 1,0 điểm )



2

a a

Vlt AA '.SABC a

4

  

 Gọi O , O’ tâm đường trịn ngoại tiếp ABC , A'B'C' thí tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ trung điểm I OO’

Bán kính

a a a 21

2 2

R IA AO OI ( ) ( )

3

     

Diện tích :

2 a 21 a

2

Smc R ( )

6



    

Thí sinh học chương trình làm làm phần dành riêng cho chương trình Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

a) 1đ Thay x.y.z phương trình (d1) vào phương trình (d2) ta :

2t t

(t 1) (t 4)

1

 

     

 vô nghiệm

Vậy (d )1 (d )2 không cắt

Ta có : (d ) có VTCP u1  ( 2;0;1) ; (d ) có VTCP u2  (1; 1;2) Vì u u 1 0 nên (d )1 (d )2 vng góc

b) 1đ Lấy M(2 2t;3;t) (d )  , N(2 m;1 m;2m) (d )   Khi : MN (m 2t; m;2m t)    



MN vuông với (d ),(d )1

MN.u1 t M(2;3;0), N( ; ;5 2)

m 1/ 3 3

MN.u2

    



    



 

 

   

x y z (MN) :

1

 

  

phưong trình đường thẳng cần tìm

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

(19)

a) 0,75đ

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

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

1

   

     

 

 

( )

có vtpt n (2; 1;2)  Do u n 01 

 

A ( )  nên (d1) () Do u n2  3

 

nên (d1) cắt ()

b) 0,5 đ Vì [u ,u ] ( 1;2;2) , AB ( 7; 6;7)1     



 



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

[u ,u ]1 2

 



   

c) 0,75đ phương trình

qua (d )1

mp( ): ( ): 2x y 2z // ( )

 

       

  

Gọi N (d ) ( )    N(1;1;3) ; M (d )  M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3)       

Theo đề : MN2   9 t 1

Vậy

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

( ): ( ):

1 2

VTCP NM (1; 2; 2)

   

     

 

   



Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Gọi z = a + bi , a,b số thực ta có : z a bi  z2 (a2 b ) 2abi2 

Khi : z z  Tìm số thực a,b cho :

2

a b a

2ab b 

  



 



Giải hệ ta nghiệm (0;0) , (1;0) ,

1 ( ; )

2 

,

1

( ; )

2

 

(20)

ĐỀ 6

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y = x 42x2 có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

b Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) qua điểm M ( 2;0)

Câu II ( 3,0 điểm )

a Cho lg392 a , lg112 b  Tính lg7 lg5 theo a b

2

1 x

x(e sin x)dx

 

c Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ có hàm số x y

1 x  

 Câu III ( 1,0 điểm )

Tính tỉ số thể tích hình lập phương thể tích hình trụ ngoại tiếp hình lập phương

Thí sinh học chương trình làm làm phần dành riêng cho chương trình

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với đỉnh A(0;2;1) , B(3;1;2) , C(1;1;4)

a Viết phương trình tắc đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A tam giác b Viết phương trình tham số đường thẳng qua điểm C vng góc với mặt phẳng (OAB) với O gốc tọa độ

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn đường (C) :

1 y

2x 

 , hai đường thẳng x = , x = trục hoành Xác định giá trị a để diện tích hình phẳng (H) lna

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;4;2) hai mặt phẳng (P1) : 2x y z 0    , (P ): x 2y 2z 02    

a Chứng tỏ hai mặt phẳng (P1) (P2) cắt Viết phương trình tham số giao tuyến  hai mặt phằng

b Tìm điểm H hình chiếu vng góc điểm M giao tuyến 

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

(21)

(22)

HƯỚNG DẪN

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

b) 1đ Gọi () tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k nên ( ) : y k(x   2)

() tiếp tuyến ( C )  Hệ sau có nghiệm :

4

x 2x k(x 2) (1)

4x 4x k (2) 

   

 

  

 Thay (2) vào (1) ta :

2 2

x(x 2)(3x 2x 4) x ,x 0,x

3

       



2 (2) 8 16

x k ( ) : y1 x

3 27 27 27

         

 x 0   (2) k 0   ( ) : y 02 

 x 2 (2)k4 2  ( ) : y3 4 2x 8

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ Ta có : a = lg392 =

3 10

lg(2 ) 3lg2 2lg7 3lg 2lg7 3lg5 2lg7

      

 2lg7 3lg5 a 3   (1)

b = lg112 =

4 10

lg(2 7) 4lg2 lg7 4lg 4lg5 4lg5 lg7

      

 lg7 4lg5 b 4   (2)

Từ (1) (2) ta có hệ :

2lg7 3lg5 a lg5 1(a 2b 5) , lg7 1(4a 3b)

5

lg7 4lg5 b

   

     



  



b) 1d Ta có I =

2

1 1

x x

x(e sin x)dx xe dx xsin xdx I1 I2

0 0

    

  

2 2

1 11 1 1

x x x

I1 xe dx e d(x ) ( e ) = (e 1)

2 0

0

    

Cách khác đặt t = x2

I2 xsin xdx



Đặt :

u x du dx

dv sinxdx v cosx

   



 

 

 

x   1 

y +  + 

(23)

nên

1

2 0

0

I  [ xcosx] cosxdx cos1 [sinx]  cos1 sin1

Vậy :

I (e 1) sin1 cos1

   

c) 1đ Tập xác định : D 

2 x

y , y = x =

(1 x ) x 

  

  ,

x x x x

2 x(1 )

x

lim y lim lim y ; lim y

1 x

x

         



   

 Bảng biến thiên :

Vậy : Hàm số cho đạt : M maxy = y(1)   ¡

Không có GTNN¡ Câu III ( 1,0 điểm )

Nếu hình lập phương có cạnh a thể tích V1 a3

Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương có bán kính

a R

2 

chiều cao h = a nên

tích

3 a V2 2

Khi tỉ số thể tích :

3

V1 a

3

V2 a

2

 

 

a) 1đ Trung điểm cạnh BC M(1;0;3)

Trung tuyến

Qua M( 1;0;3) x y z

(AM): (AM):

VTCP u = AM ( 1;2;2) 2

   

  



  





 §

§ b) 1đ

x   

y +  y

1

(24)

Mặt phẳng (OAB) :

Qua O(0;0;0)

OA (0; 2;1) VTCP :

OB ( 3;2;1)            § §

 VTPT n = [OA;OB] ( 1)(5;3;6)                              

x 5t Qua C(1; 1;4)

(d): VTCP u = n = ( 1)(5;3;6) (d): y 3t z 6t                     § § Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Vì hàm số

1 y

2x 

 liên tục , khơng âm [ 0; ] nên hình phẳng (H) có diện tích :

1 1

0

1 d(2x 1) 1

S dx ln 2x ln3

2x 2x 2



    

 

 

Theo đề :

a

S lna ln3 lna ln lna a

2 a

 

        

  2 Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :

a) 1đ

+ Mặt phẳng (P1) có VTPT n1(2; 1;1) 

, mặt phẳng (P2) có VTPT n2 (1;2; 2)  Vì 1  

nên suy (P1) (P2) cắt + Gọi u



VTCP đường thẳng  u 

vng góc n1và n2 nên ta có : u [n ; n ] (0;5;5) 5(0;1;1)1  

  

Vì  (P ) (P )1  Lấy M(x;y;x) ( ) tọa độ điểm M thỏa mãn hệ :

2x y z , cho x = ta x 2y 2z

     

   

 :

y z y 1 Suy : M(2;1;3)

2y 2z z

             Vậy x qua M(2;1;3)

( ): vtcp u 5(0;1;1) ( ): y t z t                    § §

b) 1đ Gọi H hình chiếu vng góc M đường thẳng ()

Ta có : MH  Suy : H (Q) , với (Q) mặt phẳng qua điểm M vng với  Do đó

qua M(2;1;3)

(Q): vtpt n = u 5(0;1;1) (Q): 0(x 1) 1(y 4) 1(z 2) (Q): y z                   § §

Thay x,y,z phương trình () vào phương trình mặt phẳng (Q) ta :

pt( ) t H(2;2;4)      

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

(25)

Khi (H) giới hạn đường thẳng x = , x = , ( C) (G)

Vì x  x , x (0;1)  nên gọi V ,V1 thể tích sinh ( C) (G)

Khi :

1 2 5

4

2

0

x x

V V V (x x )dx [ ]

2 10



      

ĐỀ 7

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y x 33x2 4 có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

b Cho họ đường thẳng (d ) : y mx 2m 16m    với m tham số Chứng minh

(d )m cắt đồ thị (C) điểm cố định I Câu II ( 3,0 điểm )

x

x x

( 1) ( 1)



 

  

b Cho

f(x)dx

 

với f hàm số lẻ Hãy tính tích phân : I =

f(x)dx 



c Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ có hàm số

2 x

4x

y 2 

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc A’ xuống mặt phẳng (ABC) trung điểm AB Mặt bên (AA’C’C) tạo với đáy góc 45 Tính thể tích khối lăng trụ

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vng

góc với mặt phẳng (Q) :x y z 0   cách điểm M(1;2;1) khoảng

Câu V.a ( 1,0 điểm ): Cho số phức

1 i z

1 i  

 Tính giá trị z2010. 11.Theo chương trình nâng cao:

Câu IV.b ( 2,0 điểm ):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d):

x 2t y 2t

z

   

   

 mặt phẳng (P) : 2x y 2z 0   

(26)

đường thẳng (d)

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Trên tập số phức , tìm B để phương trình bậc hai z2Bz i 0  có tổng bình phương hai nghiệm 4i

(27)

HƯỚNG DẪN

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

x   2 

y +  +

   4

b) 1đ Ta có : Phương trỉnh hồnh độ điểm chung (C) (d )m : x

3 2

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

x 5x 10 m

 

            

    



Khi x = ta có y 2 33.22 16 ; y = 2m 2m + 16 = 16 , m    

Do (d )m ln cắt (C) điểm cố định I(2;16 )

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ Vì

1 1

( 1)( 1) ( 1)

2



       



nên

x

x x 1

x

bpt ( 1) ( 1) x

x

 

 



      

 1 

2 x

(x 1)(x 2)

x x

    

 

   

  

b) 1đ Đổi biến : u = x  dudx dxdu

Đổi cận :  x = 1 u 1  x =  u 0

Vì f hàm số lẻ nên f( u) f(u)

Khi : I =

0 1

f( u)du f( u)du f(u)du f(x)dx

1 0

        

c) 1đ Tập xác định D  x

   , ta có :

x

2 2

(2x 1) 4x 4x 4x 1(4x 1)

2

4x

          

(28)

x

2 2

(2x 1) 4x 4x (4x 1) 4x

2

4x

          

 (2)

Từ (1) (2) suy :

2

x x

1

1 x 2 4 24x 1 24 24x 1 42, x

2

4 4x 1 2



 

          





Vậy :

1 1 4

min y y( ) ; max y y( )

2 2

    

 

Gọi H trung điểm AB Ta có A’H (ABC) Kẻ HE AC A'EH 45  góc

hai mặt (AA’C’C) (ABC) Khi : A’H = HE = a

4 (

2 đường cao 

ABC) Do :

2

a a 3a VABC.A'B'C'

4 16

 

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

Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = với A2B2C20

Vì (P)  (Q) nên 1.A+1.B+1.C =  A+B+C =  C A B (1) Theo đề :

d(M;(P)) =

A 2B C 2 2 2 2

2 (A 2B C) 2(A B C )

2 2

A B C

 

       

  (2)

Thay (1) vào (2) , ta : 8AB+5

8A

B B hay B =

   

 B 0   (1) CA Cho A 1,C 1 (P) : x z 0 



8A B =

5 

Chọn A = , B = 1  (1) C 3 (P) : 5x 8y 3z 0   Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Ta có :

2 i (1 i)

z i

1 i

 

  

(29)

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 1đ

Tâm mặt cầu I (d) nên I(1+2t;2t;1) Theo đề : Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên

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

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

4

    

        

 

 t = I(1;0;1)  (S ):(x 1)1  2y2(z 1) 9

 t = 1 I(1; 2 ;1)  (S ):(x 1)2  (y 2) 2(z 1) 9 b) 1đ VTCP đường thẳng (d) u (2;2;0) 2(1;1;0) 

VTPT mặt phẳng v (2;1; 2)  Gọi u



VTCP đường thẳng () u 

vng góc với u,n  ta chọn u [u,v] ( 2)(2; 2;1)    

Vậy

Qua M(0;1;0) x y z

( ): vtcp u [u,v] ( 2)(2; 2;1) ( ):

2

 

     

    

 

   §

§

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Gọi z ,z1 hai nghiệm phương trình cho B a bi   với a,b 

Theo đề phương trình bậc hai z2Bz i 0  có tổng bình phương hai nghiệm 4i nên ta có : z12z22(z1z )2 2 2z z1 2S2 2P ( B)  2 2i4i hay B2 2i hay

(a bi) 2i a2 b22abi2i Suy :

2

a b

2ab



  



 



(30)

ĐỀ 8

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số

x y

1 x  

 có đồ thị (C)

a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

b Chứng minh đường thẳng (d) : y = mx  4 2m qua điểm cố định

của đường cong (C) m thay đổi

Câu II ( 3,0 điểm )

a Giải phương trình log (22 x 1).log (22 x 1  2) 12

0 sin 2x dx (2 sin x) /2   



c Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị

2

x 3x (C) : y

x

 



 , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d) : 5x 4y 0  

Cho hình chóp S,ABC Gọi M điểm thuộc cạnh SA cho MS = MA Tính tỉ số thể tích hai khối chóp M.SBC M.ABC

Thí sinh học chương trình làm làm phần dành riêng cho chương trình đó

Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có đỉnh A,B,C nằm

trục Ox,Oy,Oz có trọng tâm G(1;2;1) Hãy tính diện tích tam giác ABC Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn đường ( C ) : y = x2, (d) : y = x trục hồnh Tính diện tích hình phẳng (H)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ Biết A’(0;0;0) , B’(a;0;0),D’(0;a;0) , A(0;0;a) với a>0 Gọi M,N trung điểm cạnh AB B’C’

a Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M song song với hai đường thẳng AN BD’

b Tính góc khoảng cách hai đường thẳng AN BD’

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tìm hệ số a,b cho parabol (P) : y 2x 2ax b tiếp xúc với hypebol (H) : y

x  Tại điểm M(1;1)

(31)

HƯỚNG DẪN

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

b) 1đ

Ta có : y = mx  4 2m  m(x 2) y (*)   

Hệ thức (*) với m

x x

4 y y

    

   

   

 

Đường thẳng y = mx  4 2m qua

điểm cố định A(2;  4) thuộc (C)

( Vì tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình

x y

1 x  

 )

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ Điều kiện : x >

2 x x

pt log (2 1).[1 log (2 1)] 12 (1) 

Đặt : t log (2 x1) (1) t2 t 12 0  t t  4

2

x x

t = log (2 1) x log 92

17 17

x x

t = log (2 1) x log2

16 16

      

       

® ®

b) 1đ Đặt t sin x   dt cosxdx

x = t = , x = t

22(t 2) 21 1 2 12 4

I = dt dt dt 2ln t 1 ln ln

2 t t

t t e

1 1



   



      

  

® ®

c) 1đ Đường thẳng (d)

5

5x 4y y x

4

     

Gọi  tiếp tuyến cần tìm ,  song song với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc k = Do :

5 ( ) : y x b

4

  

x   

y + +

y 

1 

1

(32)

 tiếp tuyến ( C )  hệ sau có nghiệm

2

x 3x x b (1)

x

x : 2

x 4x 5 (2)

2

(x 2) 

 

  

 

 

 

 

  

2

(2) x 4x x x

1

(1)

x = b tt( ) : y1 x

2

5 5

(1)

x = b tt( ) : y2 x

2

      

       

® ®

Ta có :

VS.MBC SM V 2.V (1)

S.MBC S.ABC

VS.ABC SA 3  3

2

VM.ABC VS.ABC VS.MBC VS.ABC VS.ABC VS.ABC (2)

3

    

Từ (1) , (2) suy :

VM.SBC VS.MBC 2 VM.ABC VM.ABC  II PHẦN RIÊNG ( điểm )

Vì đỉnh A,B,C nằm trục Ox,Oy,Oz nên ta gọi A(x;0;0) , B(0;y;0), C(0;0;z) Theo đề :

G(1;2;1) trọng tâm tam giác ABC

x

3 x 3

y y

3 z 3

z 1

3 

 

  

 

     

  

  

 0,5đ Vậy tọa độ đỉnh A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0;3) 0,25đ

Mặt khác :

3.V

1 OABC

VOABC d(O,(ABC).SABC SABC

3 d(O,(ABC)

  

0,25đ

Phương trình mặt phẳng (ABC) :

x y z 1

3 6 3 0,25đ

nên

1

d(O,(ABC))

1 1

9 36

 

 

0,25đ Mặt khác :

1

VOABC 6.OA.OB.OC 3.6.3

  

0,25đ

Vậy :

27 SABC 2

0,25đ

(33)

Phương trình hịnh độ giao điểm ( C ) (d) :

x

2

x  6 x x  x 0   x 3  

2 1 x2 26

2

S x dx (6 x)dx [x ]0 [6x ]2

3

0

      

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

a) 1đ Từ giả thiết ta tính : B(a;0;a),

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

a a

AN (a; ; a) (2;1; 2)

2

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

   

    





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

2 a

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

 

  

Suy :

:

a 7a

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

2

          

b) 1đ Gọi  góc AN 

BD'



Ta có :

2 a

2

a a

2

AN.BD' 1 3 3

cos arccos

3a 3 3 9

AN BD' .a 3 2

a

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

  

       

  

   

  

Do :

3 a

[AN,BD'].AB 2 a

d(AN,BD')

2 26

[AN,BD'] a 26

  

    

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tiếp điểm M có hồnh độ nghiệm hệ phương trình :

2

2 2x ax b

2x ax b x

x

1

2 4x a

(2x ax b)' ( )' 2

x x



   

   

 



 

 

    

  (I)

(34)

2 a b a b a

4 a a b

        

 

  

   

  

(35)

ĐỀ 9

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y x 42(m 2)x 2m2 5m 5 có đồ thị (Cm) c Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m =

b Tìm giá trị m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành điểm phân biệt

Câu II ( 3,0 điểm )

d Giải phương trình 9x 5x 4x 2( 20)x

e Tính tích phân : I =

2 ln(1 x )dx

 

f Tìm giá trị lớn hàm số y = lnx x Câu III ( 1,0 điểm )

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành với AB = a , BC = 2a ABC 60 ; SA vng góc với đáy SC tạo với đáy góc 

a) Tính độ dài cạnh AC

b) Tính theo a  thể tích khối chóp S.ABCD II PHẦN RIÊNG ( điểm )

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(2;0; 1) ,B(1;0;0) ,C(1;1;1) mặt

phẳng ( ): x y z 0    

a Viết phương trình mặt phẳng ABC Xét vị trí tương đối hai mặt phẳng (ABC) mặt phẳng ()

b Viết phương trình mặt cầu (S) qua điểm A,B,C có tâm nằm mặt phẳng () Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn đường y x  y x 22 Tính thể tích khối trịn xoay (H) quay quanh trục hoành

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D1 1 có cạnh AA1 a, AB = AD = 2a Gọi M,N,K trung điểm cạnh AB,AD,AA1

a) Tính theo a khoảng cách từ C1 đến mặt phẳng (MNK) b) Tính theo a thể tích tứ diện C MNK1

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

(36)

HƯỚNG DẪN

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

x   1 

y  +  +

y  

b) 1đ Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) trục hoành : x42(m 2)x 2m2 5m 5 = (1)

Đặt t x ,t 0  Ta có :

(1)  t22(m 2)t m  2 5m 0  (2)

Đồ thị (Cm) cắt trục hoành điểm phân biệt

 pt (1) có nghiệm phân biệt  pt (2) có nghiệm dương phân biệt



m

' 5 5

2

P m 5m m

2

S 2(m 2)

     

 

       

 

    

 

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ

5

2x x x x x x x x

pt [( 5) ] ( 5) ( ) ( )

3

        

(1)

Vì

5

0 ,

3

 

nên vế trái hàm số nghịch biến  Mặt khác : f (2) = nên pt (1)  f (x) = f (2)  x =

c) 1đ

Đặt

2xdx

2 du

u ln(1 x ) 2

1 x

dv dx v x



 

   



  



 

 

 Ta có :

1 2 1

1 x 1 1

2

I x ln(1 x ) dx ln 2 (1 )dx ln2 [2x]0 dx = ln2 2M

2 2

0 01 x 0 x 01 x

          

  

  

Với

1

M dx

2 x 

 

Đặt x tant , ta tính M = 4 

Do : I ln2 2 

  

(37)

1 1 1 1

y ( ), y ( ) x

x 2 x x x x x

         

B ng bi n thiên : ả ế

x 

y  + y 2ln2 -

Vậy :

Maxy y(4) ln 2

(0;)  

a) Áp dụng định lí cơsin vào ABC , ta có : AC = a

b) Vì



SABCD AB.BC.sinABC a.2a a

SA AC.tan a 3.tan

1 3

VS.ABCD SA.SABCD a tan

  

   

  

II PHẦN RIÊNG ( điểm ) Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

a) 1,0đ (ABC) : x y z 0   

Vì 1:1: 1:1:1  nên hai mặt phẳng cắt

b) 1,0đ Gọi mặt cầu cần tìm : (S) : x2y2z22ax 2by 2cz d 0    với

a2b2 c2d2 có tâm I( a; b; c)  

(S) qua A,B,C và tâm I thuộc mặt phẳng ( ) nên ta có hệ :

5 4a 2c d a

1 2a d b

3 2a 2b 2c d c

a b c d

      

 

     



 

     

 

     

 

 

Vậy (S) : (S) : x2y2z2 2x 2z 0   có tâm I(1;0;1) bán kính R = Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Phương trình hồnh độ điểm chung : 4 x x2 2 x2  1 x1 Vì x 2x2 2, x [ 1;1]   nên :

1

2 2 2

VOx [(4 x ) (x 2) ]dx [12 12x ]dx 16

1

       

 

 

a) 1đ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O trùng với A , trục Ox ,Oy ,Oz qua B, D A1như hình vẽ

(38)

A1(0;0;a) , C1(2a;2a;a) , M(a;0;0) , N(0;a;0) K(0;0;

a 2)

Khi : (MNK): x y 2z a 0   

Suy :

5a d(C ;(MNK))1

6 

b) 1đ Ta có :

3

1 5a

VC MNK [MN,MK].MC1

6 12

 

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

với

2

a a 2

[MN,MK] ( ; ;a ) 2 

 

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

M tổng 10 số hạng cấp số nhân có số hạng u1 1 , công bội q = (1 i) 2i

Ta có :

10 10 10

1 q (2i) 1025(1 2i)

M u 1 q 205 410i

1 2i 2i

   

     

(39)

ĐỀ 10

Mơn : Tốn Thời gian: 150 phút

I PHẦN CHUNG CHO HỌC SINH CẢ BAN (8,0 điểm)

Câu (3.5 điểm)

Cho hàm số y=− x3+3 x − , gọi đồ thị hàm số (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị (C) trục hoành

3 Dựa vào đồ thị (C), định m để phương trình x3−3 x +2+m=0 có ba nghiệm

phân biệt

Câu 2: (1.5 điểm) Giải bất phương trình: log2(x −3)+log2(x − 2)≤ 1

Câu 3: (1.5 điểm) Giải phương trình x2− x +9=0 tập số phức

Câu 4: (1.5 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a, góc mặt bên mặt đáy 600 Tính thể tích khối chóp SABCD theo a.

II PHẦN DAØNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN (2.0 điểm)

A Thí sinh Ban KHTN chọn câu 5a câu 5b

Câu 5a (2.0 điểm)

1 Tính tích phân I=

0

x2 √2+x3dx

2 Viết phương trình đường thẳng vng góc với đường thẳng y=−4

3x + tiếp xúc với đồ thị hàm số y=x2+x +1

x +1

Câu 5b (2.0 điểm) Trong Kg Oxyz cho điểm A(3;4;2), đường thẳng (d): x1=y 2=

z −1

3 mặt phẳng (P): 4 x +2 y +z − 1=0

1 Lập phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) cho biết toạ độ tiếp điểm

2 Viết pT đường thẳng qua A, vng góc (d) song song với mặt phẳng (P) B Thí sinh Ban KHXH & NV chọn câu 6a câu 6b

Câu 6a (2.0 điểm)

1 Tính tích phân: I=

0

|x − 1|dx

2 Viết pt đường thẳng song song với đường thẳng y=− x+3 tiếp xúc với

đồ thị hàm số y=2 x −3

1− x

Câu 6b (2.0 điểm) Trong KgOxyz cho điểm A(2;0;1), đường thẳng (d):

2

x t

y t

z t

   

    

 mặt phẳng (P): 2 x − y +z +1=0

1 Lập phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P).

2 Viết p trình đường thẳng qua điểm A, vng góc cắt đường thẳng (d) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Ý Nội dung Điểm

(40)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C): y=− x3+3 x − 2 hàm số. 2.5đ

 Vẽ đồ thị:

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

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

x y

y = m y =

y = -4

m

2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị (C) trục hoành. 0.5đ

 Do hoành độ giao điểm (C) với Ox x = -2; x = và

f (x)=− x3+3 x −2 ≤0 đoạn [−2 ;1] nên diện tích hình

phẳng tính bởi:



|f (x)|dx=

− 2

[− f (x)]dx=¿

−2

(x3−3 x +2)dx

S=

− 2

¿

¿[1

4 x

4−3

2x

2

+2 x]

− 2

(14−

2+2)−( −6 − )= 27

4 ñvdt

0.25 0.25 3 Dựa vào đồ thị (C), định m để phương trình x3−3 x +2+m=0 (1) có

ba nghiệm phân biệt.

0.5đ

 Do x3−3 x +2+m=0⇔ − x3+3 x −2=m nên số nghiệm phương trình (1) số giao điểm đồ thị (C) đường thẳng (d): y = m

Dựa vào đồ thị, ta suy được:

 Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ − 4<m<0

(41)

Caâu Ý Nội dung Điểm  Điều kiện:

¿

x − 3>0 x − 2>0 ⇔ x>3

¿{

¿

(*)

 Khi đó:

(1)⇔ log2(x − 3)(x −2)≤1

⇔ log2(x

−5 x +6)≤ 1

⇔ log2(x2−5 x +6)≤ log22 ⇔ x2− x+6 ≤ 2

⇔ x2

− x+4 ≤ 0

⇔1 ≤ x ≤ 4

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

0.5

0.25 0.25 0.25 0.25

Câu 3 1.5đ

Giải phương trình x2− x +9=0 (1) tập số phức.

 Phương trình (1) có biệt số Δ'=4 −9=−5

 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt laø : x=2 −√5i vaø

x=2+√5i

0.5 1

Câu 4 1.5đ

Cho hình chóp tứ giác SABCD có cạnh đáy a, góc mặt bên mặt đáy 600 Tính thể tích khối chóp SABCD

theo a.

 Gọi O tâm đáy M trung điểm AB, SABCD

là hình chóp tứ giác nên ta suy được:

OM⊥ AB ;SM ⊥ AB Do đó: SMO = 600

 Xét tam giác vuông SOM ta có: SO=OM tan 600=a2√3  Vậy thể tích khối chóp laø: V =13SABCD SO=1

3a

2a

2√3=

a3√3

0.5 05 0.5 Caâu

5a

2ñ

Ban KHT

N

1 Tính tích phân I=

0

x2 √2+x3dx

1ñ

 Đặt t=2+x3⇒ dt=3 x2dx⇒ x2dx=13dt  Đổi cận: x=0⇒t=2 & x=1 ⇒t=3  Khi đó: I=

0

x2

√2+x3dx=

1 32

3

1

√t dt=

1 3[2√t]2

3

=2

3(√3−√2)

Vaäy I=2(√3 −√2)

3

0.25 0.25 0.5 2 Viết phương trình đường thẳng vng góc với đường thẳng

y=−4

3x +

3 tiếp xúc với đồ thị hàm số y=

x2

+x +1

x +1 .

(42)

Câu Ý Nội dung Điểm Cách 1: Ta có

x +1¿2 ¿

f ' (x)=x

2

+2 x

¿

Gọi (d) đường thẳng cần tìm

 Do đường thẳng (d) vng góc với đường thẳng y=−43x +13 nên (d) có hệ số góc k =3

4

 Hồnh độ tiếp điểm (d) đồ thị hàm số cho

nghiệm phương trình:

x+1¿2 ¿ ¿3

4⇔4 x

2

+8 x=3 x2+6 x+3⇔ x2

+2 x −3=0⇔

¿

x=1

¿

x=-3

¿ ¿ ¿ ¿

x2+2 x

¿

 Với x = y = 32 , tiếp điểm M1(1;

3 2)

Với x = -3 y = −7

2 , tiếp điểm M2(−3 ;−

7 2)  Vậy có hai đường thẳng thoả mãn đề là

(d1): y −3 2=

3

4(x −1)⇔ y=

3 x+

3 (d2): y +7

2=

4(x+3)⇔ y= 4x −

5 Cách 2: Gọi (d) đường thẳng cần tìm

 Do đường thẳng (d) vng góc với đường thẳng y=−43x +13 nên phương trình (d) có dạng: y=3

4 x +b

 (d) tiếp xúc (C)

⇔ x2

+x+1

x+1 =

3

4x +b (1)

x +1¿2 ¿ ¿ ¿3

4 (2)

¿

x2+2 x

¿

có nghiệm

0.25

0.25 0.25

0.25

(43)



(2)⇔ x2

+8 x=3 x2+6 x +3⇔ x2+2 x −3=0⇔

x=1

¿

x=-3

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

 Với x = b=34⇒(d1): y =

3 4x+

3

Với x = -3 b=−5

4⇒(d1): y=

3 x −

5

Câu 5b

Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(3;4;2), đường thẳng (d):

x

1=

y

2=

z −1

3 mặt phẳng (P): 4 x +2 y +z − 1=0

2ñ

Ban KHT

N

1 Lập phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) cho biết toạ độ tiếp điểm.

1đ

 Do mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc (P) nên bán kính (S)

là

R=d (A ;(P))=|12+8+2− 1|

√16+4+1 = 21

√21=√21  Phương trình (S):

z− 2¿2=21

y − 4¿2+¿

x −3¿2+¿ ¿

 Phương trình đường thẳng (d) qua A vng góc với (P) là

(d):

¿

x=3+4 t y=4 +2 t z=2+t

(t∈ R)

¿{ {

¿

 Toạ độ tiếp điểm M (S) (P) nghiệm hệ phương

trình

¿

x=3+4 t y=4+2 t z=2+t

4 x +2 y +z − 1=0 ⇔

¿t=−1

x=−1 y =2 z =1 ⇒ M (−1 ;2;1)

¿{ { {

¿

0.25 0.25 0.25

0.25

2 Viết phương trình đường thẳng qua A, vng góc (d) song song với mặt phẳng (P).

1đ

Cách 1:

(44)

mặt phẳng qua A vng góc với (d)

 Mp(Q) qua A có VTPT n(Q)=n(P)=(4 ;2 ;1) nên có phương

trình

4 (x − 3)+2( y − 4)+1(z −2)=0⇔ x+2 y+ z−22=0

 Mp(R) qua A có VTPT n(R )=a(d )=(1;2 ;3) nên có phương

trình

1(x − 3)+2( y − 4)+3( z −2)=0⇔ x+2 y +3 z− 17=0

 Gọi (Δ)=(Q)∩(R) , (Δ) là đường thẳng thoả mãn

yêu cầu đề Phương trình

(Δ):

4 x +2 y +z − 22=0

x +2 y+3 z −17=0

¿{ Cách 2:

 Ta có VTPT (P) là n(P )=(4 ;2 ;1) VTCP (d) laø



a(d )=(1;2 ;3)

 Gọi (Δ) là đường thẳng cần tìm, (Δ) có VTCP

aΔ=[n(P );a(d )]=(|2 12 3;|1 43 1|;||4 21 2|)=(4 ;−11;6 )

 Vậy phương trình (Δ) : x −3 =

y −4

−11=

z −2

6

0.25 0.25 0.5 0.25

0.5 0.25

Câu 6a

2đ

Ban KHX

H

1 Tính tích phân: I=

0

|x − 1|dx 1ñ

 Do x −1 ≤ 0 treân [0 ;1] x −1 ≥ 0 [1;2] neân:

I x dx x dx x dx

2

0

1 1

· =ò - =ò - +ò

-1 2

0

x x

(1-x)dx (x-1)dx éêx- ùú éê xùú

= + =ê ú+ê - ú= + =

ê ú ê ú

ë û ë û

ò ò

1 2

0

1 1

2 2

 Vaäy I = 1

0.25 0.25 0.25 0.25 2 Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng

y=− x+3 tiếp xúc với đồ thị hàm số y=2 x −3

1− x

1đ

Cách 1: Ta có

1− x¿2 ¿

f ' (x)=−1¿ Gọi (d) đường thẳng cần tìm

 Do đường thẳng (d) song song với đường thẳng y=− x+3 nên (d) có hệ số góc k =−1

 Hoành độ tiếp điểm (d) đồ thị hàm số cho

nghiệm phương trình:

(45)

1 − x¿2 ¿

¿−1⇔(1 − x )2=1⇔ x2−2 x=0⇔ ¿

x=0

¿

x=2

¿ ¿ ¿ ¿

−1

¿

 Với x = y = -3 , tiếp điểm M1(0 ;−3)

Với x = y = - 1, tiếp điểm M2(2;− 1)  Vậy có hai đường thẳng thoả mãn đề là

(d1): y +3=−1(x − 0)⇔ y=− x −3

(d2): y +1=− 1(x − 2)⇔ y=− x+1 (d1;d2 d) Cách 2: Gọi (d) đường thẳng cần tìm

 Do đường thẳng (d) vng góc với đường thẳng y=− x+3 nên phương trình (d) có dạng: y=− x+b

 (d) tiếp xúc (C)

⇔

2 x − 3

1 − x =− x +b (1) 1 − x¿2

¿ ¿

¿−1 (2) ¿

− 1

¿

có nghiệm



(2)⇔ x2−2 x=0⇔

x=0

¿

x=2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

 Với x = b=−3⇒(d1): y=− x −3

Với x = b=1⇒(d1): y=− x+1

0.25 0.25 0.25

Caâu 6b

Trong không gian Oxyz cho điểm A(2;0;1), đường thẳng (d):

¿

x =1+t y=2 t z=2+t

(t∈ R)

¿{ {

¿

vaø mặt phẳng (P): 2 x − y +z +1=0

2ñ

Ban KHX

H

1 Lập phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P). 1đ

 Do mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc (P) nên bán kính (S)

laø

R=d (A ;(P))=|4+1+1|

√4 +1+1=

√6=√6

(46)

Câu Ý Nội dung Điểm  Phương trình (S):

z −1¿2=6

x − 2¿2+y2+¿ ¿

0.5 2 Viết phương trình đường thẳng qua điểm A,vng góc cắt đường

thẳng (d)

1đ

 Gọi (Q) mặt phẳng qua A vuông góc với (d)  Mp (Q) có VTPT n(Q) a(d)(1;2;1)

 

nên có phương trình là

1(x − 2)+2( y − 0)+1(z −1)=0⇔ x+2 y +z− 3=0

 Toạ độ giao điểm M (Q) (d) nghiệm hệ:

¿

x =1+t y=2 t z=2+t x+2 y +z −3=0

⇔

¿t=0

x=1 y=0 z=2 ⇒ M (1 ;0 ;2)

¿{ { {

¿

 Gọi (Δ) là đường thẳng qua A, M, (Δ) có VTCP là 

aΔ=AM=(−1 ;0 ;1)

 Vậy pt đường thẳng thoả yêu cầu đề :

(Δ):

x=2 −t y=0 z=1+t

(t∈ R)

¿{ {

0.25

(47)

ĐỀ 11

Câu I ( 3,0 điểm )

Cho hàm số y x 3 3x23x 2 có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

b Tính diện tích hình phẳng giới hạn (C) , trục hoành tiếp tuyến (d) với đồ thị (C) điểm M(0; 2)

Câu II ( 3,0 điểm )

a Giải bất phương trình 2 x 2 3x 1  6x

b Tính tích phân :

2 cosx

I dx

sin x cosx

 

 

c Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y 2x 1   3x 5 [ ;2 ]

3

Thiết diện qua trục hình nón tam giác vng cân có cạnh góc vng = a a Tính diện tích xung quanh diện tích tồn phần hình nón

b Tính thể tích khối nón tương ứng II PHẦN RIÊNG ( điểm )

Thí sinh học chương trình làm làm phần dành riêng cho chương trình

đó

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;0;1)

D( 2;1;  2)

a Chứng minh A,B,C,D bốn đỉnh hình tứ diện

b Tính thể tích tứ diện ABCD độ dài đường cao tứ diện kẻ từ đỉnh A

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Giải phương trình 2z4 2z2 0 tập số phức 

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

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(0;0;1) , B(0;0; 1),C(1;1;1)

D(0;4;1)

a Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A,B,C,D

b Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với mặt cầu (S) C tạo với trục Oz góc 45

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

(48)

HƯỚNG DẪN

Câu I ( 3,0 điểm )

a) 2đ

x   

y + + y 

1

 

b) 1đ Gọi (d) tiếp tuyến cần tìm  (d) : y 3x 2 

2/3 2/3 20 88 4

3

S [y(d) y(C)]dx y(C)dx [ x 3x ]dx [x 3x 3x 2] dx

81 81

0 2/3 2/3

                

Câu II ( 3,0 điểm )

a) 1đ Chia vế cho 6x 0 :

x x x

1 1

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

6



   

Đặt :

x x x

1 1

f (x) ( ) 2.( ) 3.( )

6



  

hàm số nghịch biến  (2) Mặt khác : f(2) = nên (1)  f(x) f(2)

(2)  x 2 Vậy tập nghiệm bpt S (2; )

b) 1đ Đặt u x   

ta có

0 cos( u)

2 cosx 2 sin u sin x

I dx du du dx

sin x cosx sin u cosu sin x cosx

0 sin( u) cos( u) 0

2

  

 

   

    

   

   

Do :

2 cosx sin x

2

2I I I dx dx dx [x]0 2

sin x cosx sin x cosx

0 0

  

 

      

 

   I

4 

 

c) 1đ TXĐ : [ ;2 ]

3

Ta có :

3 89

y ;y x

48 3x

    

 Vì

5 89 47

y( ) ,y(2) 2,y( ) =

3 3  48 24

Vậy :

+ Maxy = y(2)

[ ;2 ]



89 47 + miny = y( )

48 24

[ ;2 ]

(49)

Xét hình nón đỉnh S , đáy đường tròn tâm O , bán kính R Gọi SAB cân thiết diện qua trục SO

Đường sinh : l = SA = SB = a

a AB a 2,R

2

  

a Do :

2

Sxq Rl a

2   

2

2 2 a 2

Stp Sxq S a a

2 2

  

  đáy    

b Đường cao :

AB a h SO

2

  

1 2 3

V R h a

3 12

   

nãn

a) 1đ AB ( 1;1;0),AC ( 1;0;1),AD ( 3;1; 2)      

  

[AB; AC]               (1;1;1)                             [AB;AC].AD40 ,                            AB, AC, AD khơng đồng phẳng Do : A,B,C,D bốn đỉnh hình tứ diện

b) 1đ Ta có :        

  

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

Do :  

  

1

Vtø diÖn | [AB; AC].AD |

6 3

Độ dài đường cao đường cao kẻ từ đỉnh A :

  6V 2

hA 3

| [BC;BD] |

Cách khác : Viết pt mặt phẳng (BCD) , tính khoảng cách từ A đến mp(BCD)

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Ta có : 2z42z2  0 Đặt Z 2z phương trình trở thành : 2Z22Z 0  (*) Phưong trình (*) có   1 2 3   3 nên (*) có nghiệm :

   

  

  

 

    

1

* Z1 z1,2

2

1 3

1 2

* Z2 i z3,4 i

2 2

b 1,0đ Gọi phương trình mặt cầu (S) : x2 y2z22ax 2by 2cz d 0    với

   

2 2

a b c d

(50)

  

 

   



    



   

 

1 2c d 2c d

3 2a 2b 2c d

17 8b 2c d Giải hệ ta : a1,b2,c0,d1 Suy mặt cầu (S) có tâm I(1;2;0) , bán kính : R = 6

Do phương trình (S) : x2 y2z2 2x 4y 0  

c 1,0đ Gọi VTCP (d) u( ; ; ) víi aa b c 2b2c2 0; trục Oz có VTCP là k( ; ; )0

d

IC 1 

  

  

 



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

+ ( ; ; )và tạo với Oz góc 45

nên ta có hệ : 2a b c

IC c b 2a

2

c 3a 4ab a 0

1 2 2 2

k u 2 2 2 2 c a b

2 a b c

  



    



 

     

   

   

  

   





  u

| | hay 3a = 4b

| cos( ; ) |

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

+ 3a = 4b , chọn a = b = , c =  nên pt (d) :

x y z

4

  

 



Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Phương trình có  (cos isin )2  4sin cos  (cos  isin ) Vậy phương trình cho có hai nghiệm :

i i

z1 2

i i

z2 i

2

      

  

      

  

cos sin cos sin

cos

cos sin (cos sin )

sin

(51)

Phương pháp học tập có hiệu quả

Trong trình học tập, học sinh thường rơi vào rắc rối sau: Thứ nhất, áp dụng tính động thân vào trường hợp vơ đơn giản, hay nói cách khác, người ln quan trọng hóa vấn đề, biến đơn giản thành khó ngược lại, vấn đề khó ? Chuyện nhỏ, họ chẳng Kiểu thứ hai mẫu người ln tự đẩy vào tình trạng khơng biết phải phân bố thời gian cho hợp lý để học hết khối lượng kiến thức dày đặc Và kiểu thứ ba, thứ tư Nhưng tạm quên chúng đi, sau phương pháp học cho có hiệu Phương pháp chia làm ba giai đoạn sau:

1 Giai đoạn thứ nhất: Trước học

Nhận thức có nghĩa phải hiểu u cầu mà q trình học địi hỏi Tiếp theo bạn phải biết quản lý đặc điểm tính cách bạn Giả sử bạn người nóng tính, ngồi lâu mà bạn chưa tìm cách giải tốn khó bạn thấy bực vơ cớ khơng muốn họcn nữa, tìm cách để kiểm sốt giận Có thể dùng biện pháp đơn giản như: trước học, bạn viết lên mảnh giấy nhỏ dòng chữ "Tức giận chẳng giải vấn đề gì" để trước mặt, lần bạn thấy bực tức nhìn vào mảnh giấy đó, thư giãn vài phút sau lại bắt tay làm lai từ đầu để tìm vướng mẳc toán Bước lên kế hoạch, phân chia thời gian cụ thể để học mơn

Ví dụ bạn quy định buổi chiều bạn phải học hai mơn là: Tốn, Lý bạn đặt kế hoạch cho phải học vịng ba tiếng từ - Như khơng có nghĩa bạn chia môn hoc khoảng thời gian tiếng rưỡi mà trước lên kế hoạch bạn giành chút thời gian để ước lượng xem mơn có số lượng kiến thức nhiều từ phân bố thời gian học cho hợp lý Tốt bạn bắt đầu học từ mơn mà bạn ưa thích để tạo cho niềm say mê học tập

2 Giai đoạn thứ hai: Trong trình học

Tính linh động việc đưa lựa chọn đắn cần thiết giai đoạn Hãy thử hình dung nhé:

Bạn cần chứng minh toán để chứng minh bạn cần áp dụng bất đẳng thức A Tuy bất đẳng thức thường dùng phải chứng minh bạn lại chẳng nhớ phải chứng minh nào, lúc bạn phải đặt trước hai lựa chọn + Thứ nhất: không cần chứng minh làm tiếp để dành thời gian cịn học mơn khác + Thứ hai: cố gắng lục lọi lại cách chứng minh bất đăng thức chồng sách cũ dù khá nhiều thời gian

Bạn chọn cách đây, tất nhiên phương pháp này, bạn phải chọn cách hai bạn không muốn rơi vào hoàn cảnh ngày bạn gặp lại toán kiểm tra Bạn có muốn bị trừ điểm tọán có dịng chữ áp dụng bất đẳng thức A mà lại chẳng có phần chứng minh bất đẳng thức A hay không?

3 Giai đoạn thứ 3: Sau học xong

Trong giai đoạn cuối bạn tự thực môt "cuộc càn quét" lại mà bạn học Chẳng hạn bạn ghi lại vào mảnh giấy cách chứng minh bất đẳng thức A (nêu trên) hay công thức, định lý mà bạn vừa học xong làm riêng cho môn sổ nhỏ Ðây sổ tóm tắt lý thuyết riêng bạn Với cách bạn nhớ lâu mà học dễ dàng chẳng may bạn lại quên cách chứng minh bất đẳng thức A lần Bạn khơng cịn phải nhiều thời gian để lục tìm lại đống sách cũ đâu

Định dạng
Số trang	51
Dung lượng	4,35 MB