20 de thi thu TN THPT co dap an chi tiet

Nguyeãn Thaønh Trung.[r]

TRANG GHI CHÚ

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

20 Đề

Thi thử

Tốt nghiệp

( có đáp án)

Mơn Tốn

Lời nói đầu

Tuyển tập 20 đề ơn thi tốt nghiệp THPT tuyển chọn biên soạn lại từ đề thi mẫu trường, đảm bảo vừa sức với học sinh phù hợp với kiến thức chương trình tốt nghiệp

Tài liệu gồm hai phần:

- Phần 1: gồm 20 đề theo cấu trúc hành

- Phần 2: gồm đáp án chi tiết, giúp học sinh tự học đối chiếu kết cần thiết

Do đặc thù mơn Tốn, chủ yếu áp dụng kiến thức có phương pháp giải dạng cụ thể, nên q trình ơn thi, em bố trí thời gian hợp lí cho học tốt lí thuyết mơn khác, ơn tập tốt mơn Tốn

Trong q trình học lí thuyết, thấy “bão hịa” tập toán

giúp em tận dụng thời gian họp lí Hãy làm tốn học lí thuyết khơng tiếp thu

Chúc em có kế hoạch học tập hợp lí kết tốt đẹp! Thân ái! Ths Nguyễn Thành Trung

( )

2

3

670

2011 2010 670

1 3 1 3 1 3

. 1

2 2 2 2 2 2

1 3

. . 1

2 2

z z z i i i

z z z z z z z i

æ ửổữ ửữ ổ ử ổ ửữ

ỗ ữỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ỗ ữ ỗ

= = - +ỗỗố ữứốữỗỗ- - ữữứ= -ỗỗố ứữ -ỗỗố ữữứ =

= = = = = - +

Vậy, với 1 3

2 2

z = - + i 2011 1 3

2 2 z = = - +z i

Chúc em học tốt thi đạt kết mong đợi Trong q trình học tập, có khó khăn liên hệ:

TrungTNT@yahoo.com

I

C ' C

B'

D ' A '

A D

B  Và hiển nhiên CD đi qua C nên có PTTS:

1

2 ( )

0

x t

y t

z ìï = + ïï

ù = ẻ

ớù ù = ùùợ

Câu Va:

2

1 3 1 3 1 3 3 1 3

2 2 2 2 4 2 4 2 2

z = - + i z = - +ỗốỗỗỗổ iữửữữữứ = - i- = - - i

Do đó, 1 1 3 1 3 1 0

2 2 2 2

z + + = - +z i- - i+ = THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

 Từ AA¢=CC¢(0; 0; 3)=(1-xC;2-yC; 3-zC), ta tìm

(1;2;0) C

TừAB =DC (1; 0; 0)=(1-xD;2-yD;-zD)

 

, ta tìm D(0;2; 0)



(1; 0; 0) . 0 (0;2; 0) . 0

( )

(0; 0; 3) . 0

AB AB AD AB AD

AB AD

AD AA AB AA AB

AA ABCD AA AB

AA AA AD

ì ì

ï = ï = ì

ï ï ï ^

ï ï ï ìï

ï ï ï ^

ï = ï ¢ = ï ¢^ ï

í í í í

ï ï ï ï ¢^

ï ï ï Â ùợ

ù Â= ù Â = ù ^

ï ï ïỵ

ï ï

ỵ ỵ

  

  

  

 Vậy, ABCD A B C D. ¢ ¢ ¢ ¢ hình hộp chữ nhật

 Gọi ( )S mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD A B C D. ¢ ¢ ¢ ¢

Tâm mặt cầu: (1 3) 2;1;2

I (là trung điểm đoạn AC¢)

 Bán kính mặt cầu: 1 1 12 22 32 14

2 2 2

R = AC¢= + + =

 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 2

2

7 ( ) ( 1) ( )

2 x- + y- + z- = Câu Vb:



2

1 3 1 3 1 3 3 1 3

2 2 2 2 4 2 4 2 2

z i z i i i

ỉ ư÷

ỗ ữ

ỗ

= - + = - +ỗỗố ữữứ = - =

-Đề số 01

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y (1 x) (42 x)

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị ( )C hàm sốđã cho

2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị( )C giao điểm ( )C với trục hồnh

3) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt:

3 6 9 4 0

x  x  x  m

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 22x13.2x 2 0 2) Tính tích phân:

1

(1 ) x I  x e dx

3) Tìm GTLN, GTNN hàm số: y e x x( 2 x 1) [0;2] Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc cạnh bên mặt đáy 600 Tính thể tích của hình chóp

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho (2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)

A  B  C

1) Chứng minh điểm A,B,C không thẳng hàng.Viết phương trình mặt phẳng

(ABC)

2) Tìm toạđộ hình chiếu vng góc gốc toạđộO lên (ABC)

Câu Va (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp số phức z biết rằng: z2z  6 2i 2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho

(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2)

A  B  C

1) Chứng minh điểm A,B,C khơng 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 số phức z = ( 3i)2011

Đề số 02

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: yx33x23x

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị ( )C hàm sốđã cho 2) Viết pttt đồ thị ( )C biết tiếp tuyến song song với y3x Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 6.4x5.6x6.9x 0 2) Tính tích phân:

0

(1 cos ) I x xdx



 

3) Tìm GTLN, GTNN hàm số: y e x x( 23) đoạn [–2;2] Câu III (1,0 điểm):

Hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân (BA = BC), cạnh bên SA

vuông góc với mặt phẳng đáy có độ dài a 3, cạnh bên SB tạo với đáy góc 600 Tính diện tích tồn phần của hình chóp

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạđộOxyz cho điểm A(2;1;1) hai đường thẳng

1 2 1 2 2 1

: , :

1 3 2 2 3 2

x y z x y z

d      d     

  

1) Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua điểm Ađồng thời vng góc với

đường thẳng d

2) Viết phương trình đường thẳng  qua điểm A, vng góc với đường thẳng dđồng thời cắt đường thẳng d

Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau tập số phức:

4

( )z 2( )z  8 0 2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho mp(P) mặt cầu (S) có phương trình:

( ) :P x2y2z 1 0 ( ) :S x2 y2z2– 4x6y6z17 0 1) Chứng minh mặt cầu cắt mặt phẳng theo giao tuyến đường tròn (C) 2) Tìm tọa độ tâm bán kính (C)

Câu Vb (1,0 điểm): Viết số phức sau dạng lượng giác 1 2 2 z

i

 

- Hết -

I

C ' C

B'

D ' A '

A D

B pttt là: y- =1 2(x-1) =y 2x-1

Với x0 = - 2 y0 = -5 f¢ - =( 2) 3.( 2)- - =1 11

pttt là: y+ =5 11(x+2) =y 11x +17

Vậy, có tiếp tuyến cần tìm là: y =2x-1 y =11x+17 Câu III: Giả sửSAB là thiết diện qua trục hình nón (như hình vẽ)

Tam giác SAB cân S và tam giác cân nên SA = SB = a Do đó, AB= SA2+SB2 =a 2

1 2

2 2

a SO =OA= AB =

Vậy:

xq

2

2 2

2 2 2

a a a

S =prl = ⋅p ⋅ = p ;

t p xq

2

2 2

2 2

a a

S =S +pr = p +pỗỗỗỗốổ ữữữửữứ =pa

2

3

1 1 2 2 2

3 3 2 2 12

a a a

V = pr h = pỗốỗỗổỗ ữửữữữứ = p THEO CHNG TRèNH CHUN

Câu IVa: Từ giả thiết ta có A(0; 0; 0),B(1; 0; 0),C¢(1;2; 3),A¢(0; 0; 3)

Điểm (ABA¢): A(0; 0; 0)

Hai véctơ: AB=(1; 0; 0) , AA¢ = (0; 0; 3)

 vtpt (ABA¢): [ , ] 0 0 1 0; ; (0; 3; 0) 0 3 0 0

n AB AA

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ Â

= =ỗỗ ữữ=

-ữữ

ỗố ứ

PTTQ ca (ABA¢): 0(x-0)-3(y-0)+0(z-0)=  =0 y 0



2 2

2

( ,( )) 2

0 1 0 d C ABA¢ ¢ = =

+ +

 Từ AA¢=CC¢ (0; 0; 3)=(1-xC;2-yC; 3-zC)

 

, ta tìm

(1;2; 0) C

Do CD || AB nên CD có vtcp u =AB =(1; 0; 0)

 

B A

Do đó, (*) có nghiệm pb

1 1 7 4 1 19 4 19

1

3 3m 2 3 3m 6 3 m 2

- < - <  - < - <  > >

-Vậy, phương trình cho có nghiệm phân biệt 19 4

2 m 3  - < < Câu II:

21 26 24 2.2 64 24

2

x x x

x

+ + - =  + =

(*)

Đặt t =2x

(ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành:

64

2t 24 2t 24t 64 0 t

+ =  - + =

8 t

 = t =4 (nhận hai nghiệm t > 0)

Với t =8ta có 2x =  =8 x 3

Với t =4ta có 2x =  =4 x 2

Vậy, phương trình có hai nghiệm nhất: x = x =



2

2 1 1 1

1

ln 1 ln ln

e

e e e

x x x x

I dx dx dx dx

x x x

ỉ ư

+ ỗ ữữ

=ũ = ũ ỗỗố + ÷÷ø =ị +ị

Xét 1

1 1

e e

I = ò dx =x = -e

Xét 2 2

1

ln

e x

I dx

x

=ò Đặt

2

1 ln

1 1

u x du dx

x dv dx v

x x

ìï

ìï = ï =

ï ï

ï ï

ï ï

í í

ï = ï

ï ï =

-ï ï

ïỵ ïïỵ

Khi đó,

2 1

1

lnx e e 1 1 1 e 1 1 1 1 2

I dx

x x e x e e e

ổ ửữ ổ ửữ

ỗ ữ ỗ ữ

= -ỗỗố ữứ +ũ = - -ỗỗố ứữ = + =

-Vậy, I I1 I2 e 1 1 2 e 2

e e

= + = + =

- Viết pttt y =x3 - +x 1 giao điểm với đường thẳng

2 1 y = x

-Cho x3- + =x 1 2x- 1 x3-3x+  =2 x 1,x = -2

 y¢ =3x2-1

Với x0 = 1 y0 =1 f¢(1)=2

Đề số 03

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y  x4 4x23

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị ( )C hàm sốđã cho 2) Dựa vào ( )C , biện luận số nghiệm phương trình:

4 4 3 2 0

x  x   m

3) Viết pttt với ( )C điểm ( )C có hồnh độ 3 Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 7x2.71x 9 0 2) Tính tích phân:

2

(1 ln )

e e

I   x xdx 3) Tìm GTLN, GTNN hàm số:

2 2 2

1 x x y

x

 



 [12;2] Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt đáy, SA = 2a Xác định tâm tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S.ABCD

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ ( , , , )O i j k   , cho

2 3 2

OI i j k mặt phẳng ( )P : x2y2z 9 0 1) Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm điểm I tiếp xúc với ( )P 2) Viết phương trình mp( )Q song song với ( )P tiếp xúc với ( )S

Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường sau đây:

3 4 3 1

y x  x  x y  2x 1 2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ trục toạđộOxyz, cho điểm A(–1;2;7) đường thẳng d có phương trình: 2 1

1 2 1

x  y  z

1) Hãy tìm toạđộ hình chiếu vng góc điểm A đường thẳng d 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc vớiđường thẳng d

Câu Vb (1,0 điểm): Giải hệ pt log4 log4 1 log 94 20 0

x y x y

  



    

Đề số 04

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 2 1

1 x y

x

 



1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị ( )C hàm sốđã cho 2) Viết pttt với đồ thị ( )C biết tiếp tuyến có hệ số góc – Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: log22xlog (4 ) 04 x2  

2) Tính tích phân:

sin cos cos x x

I dx

x

 



3) Tìm mđể hàm số sau đạt cực tiểu điểm x02

3 3 ( 1) 2

yx  mx  m  x

Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông B, BAC = 300 ,SA = AC = a

và SA vng góc (ABC).Tính VS.ABC khoảng cách từAđến mặt phẳng (SBC)

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ ( , , , )O i j k   , cho

3 2

OM i k, ( )S : (x1)2(y2)2 (z 3)29

1) Xác định toạđộ tâm I bán kính mặt cầu ( )S Chứng minh điểm

M nằm mặt cầu, từđó viết phương trình mặt phẳng ( ) tiếp xúc với mặt cầu M

2) Viết phương trình đường thẳng dđi qua tâm I của mặt cầu, song song với mặt phẳng ( ) , đồng thời vng góc với đường thẳng

1 6 2

:

3 1 1

x y z

  



Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau tập số phức:

2 2 5 0

z z

   

2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm):Cho tứ diện ABCD có A(1;1;1) , B(1;2;1) , C(1;1;2) , D(2;2;1) 1) Viết phương trình đường vng góc chung AB 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 đường sau

ln

y x, trục hoành x = e

- Hết -

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 20. Câu I:

Hàm số: 1 1 2 1

3 2 6

y = x + x - x+

Tập xác định: D= 

Đạo hàm: y¢ =x2+ -x 2,  x D

Cho y¢ = 0 x2+ - =  =x 2 0 x 1 hoac x = -2

Với x   2 y 7 / àv x   1 y 1

Giới hạn: lim ; lim

x-¥y = -¥ x+¥y = +¥

Bảng biến thiên

x –¥ -2 +¥

y¢ + 0 – +

y

7

2 +¥

-¥ –1

Hàm sốĐB khoảng (-¥ -; 2),(1;+¥), NB khoảng ( 2;1) Hàm sốđạt cực đại x = -2., yCD = 72

Hàm sốđạt cực tiểu x =1, yCT = -1

Giao điểm với trục hoành: 0 1 1 2 1 0

3 2 6

y =  =y x + x - x+ =

Giao điểm với trục tung: cho 0 1

6 x =  =y

Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 2,5

y –1 3,5 1,25 –1 3,5

Đồ thị hàm số: hình vẽ bên



3 1 1 1 1

2 3 12 1 2 0 2 0

3 2 6 3

x + x - x- + m =  x + x - x- + m =

3

1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2

3x 2x x 6 3m 3x 2x x 6 3 3m

 + - = -  + - + =

-(*)

Số nghiệm pt (*) với số giao điểm ( )C : 1 1 3 3 d y = - m

x y

d

-3,5

-1

2,5 3,5

-2

O

 Do AÏd nên H hình chiếu vng góc A lên d

. 0 AH d AH u

 ^   =

( 3 )1 (2 2 ).2 ( 2 3 ).( 3) 0 1 2

t t t t

- + + + + - - =  =

-Vậy, hình chiếu vng góc A lên d là 5; 1;5

2 2 Hổỗỗỗố- - ửữữữứ

Gi ( )S mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d Tâm mặt cầu: A(1; 2;3)

-Bán kính mặt cầu: ( )7 2 ( )1

2

27 1

2 R =AH = - + + - =

Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: ( 1)2 ( 2)2 ( 3)2 27 2 x- + y + + z- = Câu Vb: Xét điểm

2 3 3

( ) : ;

1 1

x x x x

M C y M x

x x

ổ ử

- ỗ - ữữ

ẻ = ỗỗ ữữ

ố ứ

+ + (ĐK:

1 x ¹ - )

M cách trục toạđộ

2

2

3

3 1

x x

x x x x x

x

- =  + =

-+

2

2

2

4 0

3 0

1

2 2 0

3

x

x x x x x

x x x

x x x x

é + = - é = é =

ê ê ê

ê  ê  ê =

- =

+ = - +

ê êë êë

ë

Vậy, ( )C có điểm cách hai trục toạđộ, O(0;0) M(1; 1) -TRUNGTNT.VIOLET.VN

Đề số 05

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y x2(4x2)

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị ( )C hàm sốđã cho 2) Tìm bđể phương trình sau có nghiệm phân biệt:

4 4 log 0

x  x  b

3) Tìm toạđộ điểm A thuộc ( )C biết tiếp tuyến A song song với

: 16 2011

d y x Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: log (2 x 3) log (2 x 1) 3

2) Tính tích phân:

sin 1 cos

x

I dx

x 

 





3) Tìm GTLN, GTNN hàm số: y e x4ex3x [1;2] Câu III (1,0 điểm):

Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SCđơi vng góc với nhau, SB =SC = 2cm,

SA = 4cm Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, từđó tính diện tích mặt cầu

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 3;2; 3)  ,

1 2 3

:

1 1 1

x y z

d     



3 1 5

:

1 2 3

x y z

d     

1) Chứng minh d1 d2 cắt

2) Viết pt mp (P) chứa d1 d2 Tính khoảng cách từAđến mp(P) Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường sau đây:

2 1

y x  x y x4 x 1

2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho hai đường thẳng

1: 11 12 13

x y z

d     

 2:1 21 36

x y z d    

1) Chứng minh d1 d2 chéo

2) Viết pt mp(P) chứa d1 song song với d2 Tính khoảng cách d1 d2 Câu Vb (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường sau đây:

2

Đề số 06

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y2x3(m1)x2(m24)x m 1

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị ( )C hàm số m =

2) Viết phương trình tiếp tuyến ( )C giao điểm ( )C với trục tung

3) Tìm giá trị tham sốmđể hàm sốđạt cực tiểu x = Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 2 log (2 x 2) log (20,5 x 1) 0 2) Tính tích phân:

2

0

( x 1)

x

e

I dx

e

 

3) Cho hàm số

2 .

x

yx e Chứng minh rằng, xy  (1 x y2) Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a Hai mặt bên (SAB) (SAD) vng góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho

(0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3), ( 1;2; 4)

A B    C   D  

1) Chứng minh ABC tam giác vng Tính diện tích tam giác

ABC

2) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) Tính thể tích tứ diện ABCD Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau tập số phức:

2

2 2 5 0 2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho (0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3)

A B    C  

1) Chứng minh ABC tam giác vng Tính diện tích tam giác

ABC

2) Viết phương trình đường thẳng  qua điểm Bđồng thời vng góc với mặt phẳng (ABC) Xác định toạđộ điểm D  cho tứ diện

ABCD tích 14

Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau tập số phức:

4 8

z  z i - Hết -

Do đó, d có PTTS:

1 2 3

2 2

x t

y t

z t

ìï = + ïï

ï = -íï

ï = - + ïïỵ

(*)

 Thay (*) vào PTTQ

2

( ) : 2(1P +2 ) (3t - - + - +t) 2( 2 2 ) 1t - =  =0 t

 Thay 2

3

t = vào (*) ta được: 7 ; 7 ; 2

3 3 3

x = y = z =

- Vậy, toạđộ hình chiếu vng góc A lên mp( )P 7 7; ; 2

3 3 3 Hổỗỗỗố - ửữữữứ

Gi ( )S mặt cầu tâm A và qua O Tâm mặt cầu: A(1; 3; 2)

- Bán kính mặt cầu: R=OA= 12+32+ -( 2)2 = 14

 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x-1)2 +(y-3)2+(z+2)2 =14 Câu Va:

(1+i) (22 -i z) = + + +8 i (1 2 )i z 2 (2i -i z) = + + +8 i (1 2 )i z

2

2(2 1) 8 (1 2 ) (1 2 ) 8 8 (8 )(1 2 )

1 2 1 (2 )

i z i i z i z i

i i i

z

i i

 + = + + +  + = +

+ +

- = =

+

-10 15

2 3 5

i

z - i

 = =

- Phần thực z a = 2, phần ảo z –3 môđun z

2

2 ( 3) 13 z = + - =

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:

d đi qua điểm M0( 2; 0;1)- có vtcp u=(1;2; 3)-

 PTTS d là: 2

2 1 3

x t

y t

z t

ìï = - + ïï

ï = íï

ï = -ïïỵ

nên H Ỵd toạ độ H có dạng

( 2 ;2 ;1 3 ) H - +t t - t

( 3 ;2 2 ; 2 3 )

AH t t t

-2 2

2

0

0

4

4

1 1 3 1 1

( 1)

2 2 2 2 4

3 1 1 1 5 1

2 2 4 4 4

x x x

I x e e dx e e

e

e e

= + - =

-= - - + =

ò



4

4

( ) cos sin 2 cos 1 cos 2 cos cos 1

f x x x x x

x x

= + - = + -

-= -

-Đặt t =cos2x (ĐK: tỴ[0;1]) f x( )=g t( )=t2- -t 1

 g t( ) hàm số liên tục đoạn [0;1]

 g t¢( )=2t-1

 ( ) 0 2 1 0 1 0;1

2 g t¢ =  t- =  = Ỵ ê út éë ùû

 1 5

2 4

gæ ửữỗ ữ = -ỗ ữỗố ứ ; g(0)= -1 g(1)= -1

Vậy, min 5 , max 1 4

y = - y =

-Câu III: Ta có, AB AC AB (ACC A) AB AA

ìï ^

ï  ^ Â Â

ớ Â

ù ^

ùợ

AC¢ hình chiếu vng góc BC¢ lên (ACC A¢ ¢) Từđó, góc BC¢ (ACC A¢ ¢) BC A¢ =300

Trong tam giác vuông ABC, AB=AC tan 600 =a 3

Trong tam giác vng ABC¢, AC¢ =AB.cot 300 =a 3 3=3a

Trong tam giác vng ACC¢,

2 (3 )2 2 2

CC¢= AC¢ +AC = a -a = a

Vậy . 1 . . 1 3 2 2 6

2 2

V =B h = AB AC CC¢= ⋅a ⋅ ⋅a a =a (đvtt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:( ) : 2P x- +y 2z- =1 0 có vtpt n=(2; 1;2)

- Gọi d là đường thẳng qua A(1; 3; 2)- vng góc với ( )P d có vtcp

(2; 1;2) u =

-30 60 a

B ' C A

A ' C '

B

Đề số 07

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 1 2 3

3

y  x  x  x

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị ( )C hàm sốđã cho

2) Viết phương trình tiếp tuyến ( )C điểm ( )C có hồnh độ

bằng Vẽ tiếp tuyến lên hệ trục toạđộ với đồ thị ( )C Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 9x13x218 0

2) Tính tích phân: 2

ln

ex x

I dx

x

 

3) Tìm GTLN, GTNN hàm số: f x( )x55x45x31

đoạn [–1;2] Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc mặt bên mặt đáy 600 Tính thể tích của hình chóp

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho

(2;1; 1), ( 4; 1;3), (1; 2;3)

A  B   C 

1) Viết phương trình đường thẳng AB phương trình mặt phẳng (P) qua

điểm Cđồng thời vng góc với đường thẳng AB

2) Tìm toạđộ hình chiếu vng góc điểm C lên đường thẳng AB Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với đường thẳng AB

Câu Va (1,0 điểm): Tìm số phức liên hợp số phức z biết rằng: 3z 9 2iz11i

2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho

(2;1; 1), ( 4; 1;3), (1; 2;3)

A  B   C 

1) Viết phương trình đường thẳng AB tính khoảng cách từđiểm C đến

đường thẳng AB

2) Viết phương trình mặt cầu ( )S tâm C, tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm toạđộ tiếp điểm đường thẳng AB với mặt cầu ( )S

Đề số 08

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số:

1 x y

x =

+

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số

2) Viết pttt với ( )C giao điểm ( )C với D:y =x 3) Tìm kđểđường thẳng d: y =kx cắt ( )C điểm phân biệt Câu II (3,0 điểm):

1) Giải bất phương trình:

2

2

2 1

9 3.

3

x x x x

+ - ổ ửữỗ ữ

< ỗ ữỗố ø

2) Tìm nguyên hàm F x( ) f x( )=2 lnx x, biết F(1)= -1 3) Tìm GTLN, GTNN hàm số: y=x3 +4x2 -3x-5 [ 2;1] -Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng B, cạnh SA vng góc với

đáy Gọi D, E hình chiếu vng góc A lên SB, SC Biết

AB = 3, BC = SA = Tính thể tích khối chóp S.ADE

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây

1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong khơng gian Oxyz , cho hình hộp ABCD A B C D. ¢ ¢ ¢ ¢ có toạđộ đỉnh:

(1;1;1), (2; 1; 3), (5;2; 0), ( 1; 3;1) A B - D A¢

-1) Xác định toạđộ đỉnh C và B¢của hình hộp.Chứng minh rằng, đáy

ABCD của hình hộp hình chữ nhật

2) Viết phương trình mặt đáy (ABCD), từđó tính thể tích hình hộp Câu Va (1,0 điểm): Cho hình phẳng (H) giới hạn đường: y 1 1

x = - , trục hoành x = Tính thể tích vật thể trịn xoay quay hình (H) quanh trục Ox 2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm):Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD A B C D. ¢ ¢ ¢ ¢ có toạđộ đỉnh:

(1;1;1), (2; 1; 3), (5;2; 0), ( 1; 3;1) A B - D A¢

-1) Xác định toạđộC và B¢của hình hộp CMR, ABCD hình chữ nhật 2) Viết phương trình mặt cầu qua đỉnh A,B,D A¢ hình hộp tính thể tích mặt cầu

Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau tập số phức:

2 – (1 5 ) – 2 0 z + i z + i =

- Hết -

Vậy, tiếp tuyến điểm cực đại hàm số là:

5 5

0( 0)

4 4

y+ = x-  = -y

 6 1 4 0 1 3 1

4 2 4

x - x + - m =  - x + x = -m

4

1 3 5

1 4x 2x 4 m  - + - = - - (*)

Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm ( )C d: y = –1 – m Do

đó, dựa vào đồ thị ta thấy (*) có nghiệm phân biệt

5 1 1 1 2 2 1

4 m 4 m m 4

- < - - <  - < - <  - < <

Vậy, 2 1 4 m

- < < phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu II:

 2

2 5.6 9.9 9.9 5.6 4.4 0

9 6

9 5 4 0

4 4

x x x x x x

x x

+ - =  + - =

æ ửữ ổ ửữ ỗ ữ ỗ ữ

ỗỗố ứữ + ỗỗố ứữ - =

2

3 3

9 5 4 0

2 2

x x

ổ ửữ ổ ửữ ỗ ữ ỗ ữ

ỗỗố ứữ + ỗỗố ứữ - = (*)

Đặt 3

2

x

t = ỗ ữổ ửữỗ ữỗố ứ (K : t > 0), phương trình (*) trở thành: (loai)

(nhan)

2

1

9 5 4 0 4

9 t t t

t é = -ê ê

+ - = 

ê = êë



2

4 3 4 3 3 2

9 2 9 2 2

x x

t x

-ỉ ư÷ ổ ửữ ổ ửữ

ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

= ỗố ứỗ ữ = ỗỗố ứữ =ỗỗố ø÷  =

-Vậy, phương trình có nghiệm nhất: x = -2

 2

0 ( 1) x

I = ò x+ e dx

Đặt 2 1 1 2

2

x x

du dx u x

dv e dx v e ìï = ìï = + ï

ï ï

ï ï

í í

ï = ï =

ï ï

ïỵ ïïỵ

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 19. Câu I:

Hàm số: 1 3 5

4 2 4

y = - x + x

-Tập xác định: D =

Đạo hàm: y¢ = - +x3 3x,  x D

Cho 0 3 0 ( 3) 0

3 x

y x x x x

x é = ê ¢ =  - + =  - +  ê

=  êë

Với 0 5 và 3 1

4

x  y  x   y

Giới hạn: lim ; lim

x-¥y = -¥ x+¥y = -¥

Bảng biến thiên

x Ơ - 3 0 3 +Ơ

y + – + –

y

-¥ 5

4

- -¥

Hàm sốĐB khoảng (-¥ -; 3),(0; 3), NB khoảng

(- 3; 0),( 3;+¥)

Hàm sốđạt CĐ x =  3, yCD =1 ; đạt CT x =0, CT 5

4 y =

-Giao điểm với trục hoành:

2

4

2

1 1

1 3 5

0 0

5

4 2 4 5

x x

y x x

x x

é

é = = 

ê ê

=  - + - = ê  ê

= ê = 

êë ë

Giao điểm với trục tung: cho 0 5

4 x =  = -y

Đồ thị hàm số: hình vẽ bên

Điểm cực tiểu đồ thị có: 0 5

4 x =  = -y

 f x¢( )0 = f¢(0)=0

x y

y = -1 - m

45

- 3 3

- 5 5

1 -1

O 1

Đề số 09

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = -x3 +3x2-1 có đồ thị ( )C

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số

2) Dựa vào đồ thị ( )C , tìm điều kiện tham sốkđể phương trình sau có nghiệm phân biệt: x3-3x2 + =k 0

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải bất phương trình: 2 log ( – 1)2 x >log (5 – )2 x +1 2) Tính tích phân:

0 ( )

x

I = ò x x +e dx

3) Tìm GTLN, GTNN y =2x3 +3x2-12x+2 [ 1;2] -Câu III (1,0 điểm):

Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C. ¢ ¢ ¢có tất cạnh

a Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho hai đường thẳng:

1

2 2 ( ) : 3

x t

d y z t ìï = -ïï

ï = íï ï = ïïỵ

( ) :2 2 1

1 1 2

x y z

d - = - =

1) Chứng minh ( ),( )d1 d2 vng góc khơng cắt 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1đồng thời song song d2 Từđó,

xác định khoảng cách hai đường thẳng d1 d2đã cho

Câu Va (1,0 điểm): Tìm mơđun số phức: z = +1 4i+ -(1 i)3 2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm):Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho hai đường thẳng:

1

2 2 ( ) : 3

x t

d y z t ìï = -ïï

ï = íï ï = ïïỵ

( ) :2 2 1

1 1 2

x y z

d - = - =

1) CMR ( ),( )d1 d2 vng góc khơng cắt 2) Viết phương trình đường vng góc chung ( ),( )d1 d2 Câu Vb (1,0 điểm): Tìm nghiệm phương trình sau tập số phức:

2

z =z , z số phức liên hợp số phức z.

Đề số 10

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y = -x3 +3x+1 có đồ thị ( )C

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số

2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số giao điểm đồ thị

với trục tung Vẽ tiếp tuyến lên hệ trục toạđộ với đồ thị ( )C

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 23

3

2 log x +log (3 ) 14x - =0 2) Tính tích phân:

0 (2 1)

x

I =ò x + e dx

3) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm sốy =x4-2x3 +x2

trên đoạn [–1;1] Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy a, góc cạnh bên mặt

đáy 600 Tính diện tích xung quanh thể tích của hình nón có đỉnh S

và đáy đường trịn ngoại tiếp đáy hình chóp cho

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm

( 5; 0;1), (7; 4; 5)

A- B - mặt phẳng ( ) :P x+2y-2z =0

1) Viết phương trình mặt cầu ( )S có đường kính AB Tính khoảng cách từ

tâm I mặt cầu đến mặt phẳng ( )P

2) Viết phương trình đường thẳng dđi qua tâm I mặt cầu ( )S đồng thời vng góc với mặt phẳng ( )P Tìm toạđộ giao điểm d ( )P

Câu Va (1,0 điểm): Tìm mơđun số phức: (2 3 ) 1 3

2

z = - i ổỗỗỗố + iửữữữứ 2 Theo chng trỡnh nõng cao

Câu IVb (2,0 điểm):Trong không gian với hệ toạđộOxyz, cho điểm A(0;6; 4)

đường thẳng d có phương trình d: 2 1

1 2 1

x- y- z

= =

1) Hãy tìm toạđộ hình chiếu vng góc điểm A đường thẳng d 2) Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm điểm A tiếp xúc với đường thẳng d

Câu Vb (1,0 điểm):Giải phương trình sau tập số phức

2 (3 4 ) ( 1 5 ) 0 x - + i x + - + i =

- Hết -

2

2

(1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 ) (1 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2

z i i i i i i i

i i i i

= - + = - + + = - +

= + - - =

- Vậy, z =11 2- i  =z 11+2i  z = 112 +22 =5 5 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:M(1;-1;1)

D2 có vtcp u2 = -( 1;1; 0)

 Lấy H(2-t; 4+t;1) thuộc D2 MH =(1-t;5+t; 0)

H hình chiếu M lên D 2 MH u . 2 =0

(1 t).( 1) (5 t).1 0.0 0 2t 4 0 t 2

 - - + + + =  + =  =

-Như vậy, toạđộ hình chiếu M lên ( )a H(4;2;1)

Điểm M¢đối xứng với M qua 2H trung điểm đoạn thẳng MM¢

2 7

2 5

2 1

M H M

M H M

M H M

x x x y y y z z z

¢ ¢ ¢

ìï = - =

ïï ï

íï = - =

ï = - =

ùùợ

Vy, toim MÂ(7;5;1)

Gi A,B lần lượt giao điểm 1, 2 với mặt phẳng (P)

Hướng dẫn giải đáp số

Thay ptts 1 vào pttq mp(P), ta tìm toạđộđiểm A(1; 0; 0)

Thay ptts 1 vào pttq mp(P), ta tìm toạđộđiểm B(8; 2;1)

- Đường thẳng  qua hai điểm A,B có vtcp u=AB=(7; 2;1)- nên có phương trình

1 :

7 2 1

x- y z

D = =

-Câu Vb:

2 1

1

( 1) mx m x y

x

- - +

=

-TXĐ: D= \ {1}

Đạo hàm:

2

2

2 2

( 1) mx mx m y

x

- +

-¢ =

-Hàm sốđã cho có điểm cực trị nằm khác phía so với trục tung phương trình y¢ =0 có hai nghiệm trái dấu

. 0 ( 2) 0 0 2

a c m m m

Vậy, phương trình cho có nghiệm: x =log 32 Câu III

 Giả sửA B, Ỵ( )O v C D, ẻ( )OÂ

Gi H,K,I ln lt trung điểm đoạn AB,CD OO¢

Vì IO= 7 ¹ =4 IH nên O ¹H Theo tính chất hình trụ ta có OIH OHA

tam giác vuông O H

Tam giác vng OIH có OH = IH2-OI2 =3

Tam giác vng OHA có r =OA= OH2 +HA2 =5

Vậy, thể tích hình trụ là: V =B h. =p .r h2 =p.5 72 =50p 7 (đvtt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: : 3 2 3

1 1 3

x- y- z +

D = = ( ) : 2a x+ - + =y z 1 0 Đường thẳng Dđi qua điểm M(3;2; 3)- , có vtcp u=(1;1; 3) nên có ptts:

3 2

3 3

x t

y t

z t

ìï = + ïï

ï = + íï

ï = - + ïïỵ

(1)

Thay (1) vào pttq mp(α) ta được:

2(3+ + + - - +t) 2 t ( 3 3 )t + = 1 0 0t = -12: vô lý

 Vậy, đường thẳng D song song với mp(a)

 Khoảng cách từD đến mp(a) khoảng cách từđiểm Mđến ( )a , bằng:

2 2

2.3 2 ( 3) 1 12

( ,( )) ( ,( )) 2 6

6 2 1 ( 1)

d D a =d M a = + - - + = = + +

- Mặt phẳng (Oxy) có phương trình z =

Thay ptts (1) D vào phương trình z = ta được: - +3 3t =  =0 t 1

 Suy giao điểm đường thẳng D mp(Oxy) là: A(4; 3; 0)

 Mặt cầu tâm A, tiếp xúc với ( )a có bán kính R=d A( ,( ))a ==2 6 nên có phương

trình: (x-4)2 +(y-3)2+z2 =24 Câu Va:

I K H

C

D O

O' A

B I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CĐềẢ s CÁC THÍ SINH (7,0 ố 11 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y =x4+(m+1)x2-2m-1 (1)

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số m = 2) Viết pttt ( )C điểm ( )C có hồnh độ - 3 3) Tìm giá trị tham sốmđể hàm số (1) có điểm cực trị Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: log (2 x-3)-log (0,5 x-1)=3 2) Tính tích phân:

0 ( )

x

I =ò x x+e dx

3) Cho hàm số y =e4x +2e-x Chứng minh rằng, y¢¢¢-13y¢=12y

Câu III (1,0 điểm):

Cho khối chóp S.ABC có SA vng góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC

vng cân B, SA= a, SB hợp với đáy góc 300 Tính

S ABC

V II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong khơng gian Oxyz , cho đường thẳng d mặt phẳng (P)

3 2

: 1 ,( ) : 3 2 6 0

x t

d y t P x y z z t

ìï = - + ïï

ï = - + - + + =

íï ï = -ïïỵ

1) Tìm toạđộđiểm A giao điểm đường thẳng d và mp(P) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm A, đồng thời vng góc với đường thẳng d

2) Viết phương trình mặt cầu ( )S tâm I(2;1;1), tiếp xúc với mp(P) Viết phương trình mặt phẳng tiếp diện ( )S biết song song với mp(P) Câu Va (1,0 điểm): Tìm phần thực phần ảo số phức z i

z i

w= +

- , 1 2

z = - i

2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm):Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d mặt phẳng (P)

3 1

: ,( ) : 3 2 6 0

2 1 1

x y z

d + = + = P x- y + z+ =

-1) Chứng minh đường thẳng d cắt mặt phẳng (P) khơng vng góc với (P) Tìm toạđộđiểm A giao điểm đường thẳng d mp(P) 2) Tìm phương trình hình chiếu đường thẳng d lên mp(P)

Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau tập số phức:

2 4 4 0

iz + z+ - =i

Đề số 12

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số:

4

2 4 2

x

y = -x

-1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số

2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị( )C trục hoành 3) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt:

4 2 2 0 x - x - m = Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 22x+2-2x+2- =3 0

2) Tìm nguyên hàm F x( ) f x( ) 3x2 1 4ex

x

= - + biết F(1)=4e 3) Viết pttt y =x3- +x 1, biết tiếp tuyến song song y=2x-1 Câu III (1,0 điểm):

Cho hình chóp tam giác có cạnh đáy 6, đường cao h = Hãy tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Cho A( 1;2; 1), (2;1; 1), (3; 0;1)- - B - C

1) Viết phương trình mặt cầu qua điểm O,A,B,C và tìm toạđộ tâm I 2) Tìm toạđộđiểm M cho 3AM = -2MC

 

Viết pt đường thẳng BM Câu Va (1,0 điểm): Tính x1 + x2 , biết x x1, 2 hai nghiệm phức phương

trình sau đây: 3x2 -2 3x+ =2 0 2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm):Chod:

1 2 2

1

x t

y t z ìï = + ïï

ï = íï ï = -ïïỵ

, (P): 2x+ -y 2z- =1 0

1) Viết pt mặt cầu có tâm thuộc d, bán kính tiếp xúc (P)

2) Viết phương trình đường thẳng D qua điểm M(0;1;0), nằm mp(P) vng góc với đường thẳng d

Câu Vb (1,0 điểm): Gọi z z1; 2 hai nghiệm phương trình z2 + + =z 1 0 tập số phức Hãy xác định

1 1 1 A

z z

= +

- Hết -

Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) d: y = kx (C) d có điểm chung  (*) có nghiệm phân biệt

2 0

0 0

0 (1 ) 0 1

k

a k

k k

ì

ì ï ¹ ì

ï ¹ ï ï ¹

ï ï ï

íïD > íï íï ¹ -+ >

ï ï ï

ợ ùợ ợ

Vy, vi k ạ0 v k ¹ -1 (C) cắt d điểm phân biệt Câu II:

Hàm số f x( )=2x3-3x2-12x+1 liên tục đoạn[ 1; 3]

-y¢ =6x2 -6x-12

Cho y¢ = 0 6x2-6x-12=  = -0 x 1;x = Ỵ -2 éêë 1; 3ùúû

 f( 1)- =8 ; f(2)= -19 và f(3)= -8

Vậy,

[ 1;3]min- y = -19 x =2 , max[ 1;3]- y =8 x = -1



1 (ln 1) e

I = ò x + dx

Đặt

1 ln 1

u x du dx

x dv dx v x

ìï

ì ï

ï = + ï =

ï ï

í í

ï = ï

ï ï =

ỵ ïïỵ

1

1 1

(ln 1)e e 2 1 e 2 1 1 I =x x + -ò dx = e- -x = e- - + =e e

Vậy, I = e

log (22 x +1).log (22 x+1+2)=6

1

2 2

log (2x +1).log (2x+ +2)= 6 log (2x +1).log 2.(2éëê x +1)úùû =6

2 2

2

log (2 1) log 2 log (2 1) 6

log (2 1) 1 log (2 1) 6 (*)

x x

x x

é ù

 + êë + + úû =

é ù

 + êë + + úû =

Đặt t =log (22 x +1) phương trình (*) trở thành: t(1+t)=6

VN

2

3

2 6 0

3

2 3 log 3 log (2 1) 2 2 1 4

7 log (2 1) 3 2 1 2 2 0 :

8 x

x x

x x x

t t t

t

x

-é = ê  + =  ê =

-êë

é

é + = é + = ê =  =

ê ê ê

ê ê ê

+ = - + =

ê ê ê = - <

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 18. Câu I:

Hàm số: 3 2 2 3

1 1

x x

y

x x

- - +

= =

-

-Tập xác định: D =\ {1}

Đạo hàm:

2 1

0, ( 1)

y x D

x

-¢ = < " Ỵ

-Giới hạn tiệm cận: lim 2 ; lim 2 2

x-¥y = - x+¥y = -  = -y TCN ;

1

lim lim 1

x-y = -¥ x+y = +¥  =x TCĐ

Bảng biến thiên

x – ¥ +Ơ

yÂ

y 2 Ơ +¥

–2

Hàm số NB khoảng ;1 1; v  HS khơng có cực trị

Giao điểm với trục hoành: 0 2 3 0 3 2 y =  - x+ =  =x

Giao điểm với trục tung: cho x =  = -0 y 3

Bảng giá trị: x 1/2 3/2

y –3 –4 || –1

Đồ thị hàm số hình vẽ bên đây:

( ) : 2 3

1 x C y

x

- +

=

-Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng D:y = +x 1 nên f x¢( )0 = -1

2 0

0

0

0

1 1 2

1 1 ( 1) 1

1 1 0

( 1)

x x

x

x x

x

é - = é =

- ê ê

 = -  - = ê  ê

- = - =

- êë êë

Với x0 = 2 y0 = -1 pttt là: y+ = -1 1(x-2) = - +y x 1

Với x0 = 0 y0 = -3 pttt là: y+ = -3 1(x-0) = - -y x 3

 Xét phương trình : 3 2

3 (1 ) 0, 1 (*)

1 x

kx kx k x x x

-= -  - + = ¹

-x y

1

-4 -1 -2 -3

2 O

Đề số 13

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: y =(x2-2)2-1

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số

2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x4 -4x2 =m Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 2

2

log (x-5)+log x + =2 3

2) Tính tích phân:

3 ln

1

x x

e

I dx

e + = ị

3) Tìm GTLN, GTNN hàm số: 3 2

1 x y

x -=

+ đoạn[1; 4] Câu III (1,0 điểm):

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

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây

1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Cho hai điểm A(0;1; 4), (1; 0; 5)- B - đường thẳng

1 4 1

:

1 4 2

x- y- z

-D = =

-

-1) Viết pt đường thẳng AB chứng minh AB và D chéo 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa hai điểm A, Bđồng thời song song với đường thẳng D Tính khoảng cách đường thẳng D (P) Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y =x2-12x +36

vày =6x-x2 2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Cho 1 2

1

3 1

: 1 :

1 2 1

2

x t

x y z

y t

z ìï = +

ïï -

-ï

D íï = - - D = =

-ï =

ïïỵ

1) Chứng minh D1và D2 chéo Viết pt mp(P) chứa D1và song song D2 2) Tìm điểm A D1 B D2 cho độ dài đoạn AB ngắn

Câu Vb (1,0 điểm): Trên tập số phức, tìm B để phương trình bậc hai

2 0

Đề số 14

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 2 1

1 x y

x + =

-1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số

2) Viết phương trình tiếp tuyến ( )C điểm ( )C có tung độ

bằng

3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn ( )C hai trục toạđộ Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: log (0.5 x2+5)+2 log (2 x +5)=0 2) Tính tích phân:

0 1

I =ị x -xdx

3) Tìm GTLN, GTNN hàm số: y =e xx( -2)2 đoạn[1; 3] Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, cạnh

SA vng góc với mặt đáy Góc SCB =600, BC = a, SA=a 2 Gọi

M trung điểm SB

1) Chứng minh (SAB) vng góc (SBC) 2) Tính thể tích khối chóp MABC

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho điểm

( 1;1;1), (5;1; 1), (2;5;2), (0; 3;1) A- B - C D

-1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) Từđó chứng minh ABCD tứ diện 2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm điểm D, đồng thời tiếp xúc (ABC)

Viết phương trình tiếp diện với mặt cầu (S) song song với mp(ABC)

Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau tập số phức:

4 5 36 0

z - z - = 2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Cho (d): 3 1 3

2 1 1

x + y+ z

-= =

(P): x +2y- + =z 5 0

1) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d mặt phẳng (P) 2) Tính góc đường thẳng d mặt phẳng (P)

3) Viết phương trình hình chiếu vng góc d lên mặt phẳng (P)

Câu Vb (1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau : 2

4 log 4 log 2 4

y

y

x x

-ìï =

ïïí

ï + =

ïïỵ

2 2

2

2 2

2

2 6 6 4 4 (2 2 )

4 5 2 5 5 8

16 25 40 20 20 32

2 5 7

4 8 5 0

2

a a c c a a c c a c a c ac

a c ac a c ac

a c b c a ac c

a c b c

+ + + = + + +

 + = + +

 + + = + +

é =  = -ê

 - - =  ê =  =

-êë

 Thay a,b,c (theo c) vào (*) ta mp:

5x-14y +2z+29=0 ; x+2y-2z-11=0

Câu Vb:Ta có, 1 3 2 1 3 2.(cos .sin )

2 2 3 3

z = + i = ỗỗốỗỗổ + iư÷÷÷÷ø= p+i p

Do đó, 2 (cos5 5 .sin5 ) 32 cos( ) .sin( )

3 3 3 3

z = p+i p = êêé -p +i -p ùúú

Cho x x( -1)2 =x2 + x x3-3x2 =  =0 x 0;x =3

 3 3

1 3 1( 3 ) ( 3 )

S x x dx x x dx x x dx

-

-= ò - = ò - + ò

-0

4

3

1

5 27 8

4 4 4 4

x x

S x x

-ỉ ư÷ ỉ ư÷

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ỗ

= ỗ - ữữ +ỗ - ữữ = - + - =

è ø è ø (đvdt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:

 Gọi M¢ hình chiếu điểm M lên d, th thỡ MÂ ẻd, ú to ca im

M¢ là:

(3 2 ; 1 ;1 2 ) (2 2 ; 3 ; 4 2 ) M¢ + t - +t + t MM¢= + t - +t + t

Đường thẳng dđi qua điểm A(3; 1;1)- , có vtcp ud =(2;1;2)

 Và ta cịn có, MM¢ ^d nên MM u ¢. d =0 (trong ud vtcp d)

(2 2 ).2t ( 3 t).1 (4 2 ).2t 0 9t 9 0 t 1

 + + - + + + =  + =  =

- Vậy, toạđộđiểm M¢ - -(1; 2; 1) toạđộ véctơMM¢ =(0; 4;2)

- Mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d có bán kính

2 2

0 ( 4) 2 2 5 R=MM¢= + - + =

Vậy, pt mặt cầu: (x-1)2+(y-2)2+(z +3)2 =20

 mp(P) qua M, có vtpt n =( ; ; )a b c ¹0 có pttq:

( 1) ( 2) ( 3) 0 a x- +b y- +c z + = (*)

Vì ( ) ||P d nên n u . d = 0 2a+ +b 2c =  = -0 b 2a-2c (1)

Và khoảng cách từdđến (P) nên khoảng cách từAđến (P) 4,

đó

2 2 2

2 3 4

( ,( )) 4 a b c 4 2 3 4 4 (2)

d A P a b c a b c

a b c

- +

=  =  - + = + +

+ +

Thay (1) vào (2) ta được:

Đề số 15

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số:

3

( ) 2 3

3 x

y = f x = - + x - x 1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số

2) Viết pttt ( )C điểm ( )C có hồnh độ x0, với f x¢¢( )0 =6 3) Tìm mđể pt x3-6x2+9x+3m =0 có nghiệm phân biệt Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 24x-4-17.22x-4+ =1 0 2) Tính tích phân:

0 (2 1)sin

I = ịp x- xdx

3) Tìm GTLN, GTNN hàm số y=x2-4 ln(1-x) [– 2;0] Câu III (1,0 điểm):

Cho hình lăng trụđứng ABC A B C. ¢ ¢ ¢ có đáy ABC tam giác vuông B,

BC = a, mặt (A BC¢ ) tạo với đáy góc 300 tam giác A BC¢ có diện tích a2 3 Tính thể tích khối lăng trụABC A B C. ¢ ¢ ¢

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm):

Cho A(7;2;1), ( 5; 4; 3)B- - - ( ) : 3P x-2y-6z +38=0 1) Viết phương trình tham số đường thẳng AB Chứng minh AB ||( )P 2) Viết phương trình mặt cầu ( )S có đường kính AB

3) CM: ( )P tiếp diện ( )S Tìm toạđộ tiếp điểm ( )P ( )S Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z = +1 3i Tìm số nghịch đảo số phức:

2 .

z z z

w= +

2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạđộOxyz, cho cho điểmI(1; 3; 2)

-và đường thẳng : 4 4 3

1 2 1

x- y- z +

D = =

-1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm I và chứa đường thẳng D 2) Tính khoảng cách từđiểm Iđến đường thẳng D

3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm điểm I cắt D hai điểm phân biệt A, B sao cho đoạn thẳng AB có độ dài

Đề số 16

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 1 2

2

y = x - x

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số nêu 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x4-4x2 =2m 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị( )C với trục hoành Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: 2

log (x +2)=2 log x+2 2) Tính tích phân: 2

0 ( 1) I =ò x x - dx

3) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: y = 4-x2 Câu III (1,0 điểm):

Hình chóp S.ABC có BC = 2a, đáy ABC tam giác vuông C, SAB tam giác vuông cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy Gọi I trung

điểm cạnh AB

1) Chứng minh rằng, đường thẳng SI vng góc với mặt đáy (ABC) 2) Biết mặt bên (SAC) hợp với đáy (ABC) góc 600 Tính thể tích S.ABC

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạđộOxyz, cho hai điểm

(3;1; 1), (2; 1; 4)

A - B -

mặt phẳng ( ) : 2P x- +y 3z- =1 0

1) Viết phương trình đường thẳng AB phương trình mặt cầu đường kính AB 2) Viết phương trình mặt phẳng ( )Q chứa hai điểm A,B, đồng thời vng góc với mp(P)

Câu Va (1,0 điểm): Giải phương trình sau tập số phức:

3

5z 2z z 0

- + - =

2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Cho mặt phẳng (Q): 2x- +y 2z- =2 0

1) Viết phương trình mặt cầu ( )S tâm I(3;–1;2) tiếp xúc với (Q) Tìm toạ độ tiếp điểm

2) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A(1; 1;1), (0; 2; 3)- B - , đồng thời tạo với mặt cầu ( )S đường trịn có bán kính

Câu Vb (1,0 điểm): Trên mặt phẳng phức, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z

thỏa điều kiện: 2z - =i 4- +i 2z

D

A C

B

3

1 1 1 1 3 3 3

3 2

3 3 2 6 2 2

a a

V = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅B h AM BC SO⋅ ⋅ = ⋅a ⋅ a⋅ =

(đvtt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:A(1;1;2), B(0;1;1) C(1;0;4)



(1;0; 1) (2; 1;2)

. 1.2 0.( 1) 1.2 0 AB

AC

AB AC AB AC

ìï =

-ïï

íï = -ïïỵ

 = + - - =  ^

 

 

 DABC vuông A

Gọi D x y z( ;D D; D)CD =(xD -1;y zD; D-4)



Do AB ^AC nên A,B,C,D bốn đỉnh HCN  ABDC hình bình hành

1 1 2

0 0.

1 4 3

D D

D D

D D

x x

AB CD y y

z z

ì ì

ï = - ï =

ï ï

ï ï

ï ï

 = í = í =

ï ï

ï- = - ï =

ï ï

ï ï

ỵ ỵ

 

Vậy, D(2;0;3)

Gọi M a b c( ; ; ) ( ;1 ;1 )

(1 ; ; 4 ) MB a b c MC a b c

ìï = - -

-ïï

íï = - -

-ïïỵ

 

 Vì MB=2MC

 

nên

2(1 ) 2

1 2( ) 1.

1 2(4 ) 7

a a a

b b b

c c c

ì ì

ï- = - ï =

ï ï

ï ï

ï - = - ï =

-í í

ï ï

ï - = - ï =

ï ï

ï ï

ỵ ỵ

Vậy, M(2; 1;7)

- mp(P) qua điểm M(2; 1;7)- vng góc với BC nên có vtpt

(1; 1; 3) n =BC =

-ptmp (P): 1(x-2) 1(- y + +1) 3(z-7)=  - +0 x y 3z-24=0

Mặt cầu tâm A(1;1;2), tiếp xúc với mp(P) có bán kính

2 2

( 1) 1 3.2 24 20 ( ,( ))

11 1 ( 1) 3

R =d A P = - - + - = + - +

Phương trình mặt cầu cần tìm: ( 1)2 ( 1)2 ( 2)2 400

11 x + + y- + z- =

Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y =x x( -1) ,2 y =x2 +x

-O M

A C

B S

Dựa vào đồ thị ta thấy, pt(*) có nghiệm khi: k>0

2 k< -Câu II:



( )2 6 6 1(2 6 6) 2

1 2 2( 1) 3

2 x + -x =2.4x+ 2 x + -x =2.2 x+ 2x + x- =2 x+

hoac

2 3 3 2 3 6 0 3 2

x + x- = x+ x + - =  = -x x x =

Vậy, phương trình có hai nghiệm: x = -3 x =2



3

3

0 2

.

1 1

x x x

I dx dx

x x

= =

+ +

ò ò

Đặt

2 1

1 x

t x dt dx

x

= +  =

+

x2 =t2-1

Đổi cận: x  0 t 1 àv x 3 t 2

Vậy,

2 2

1 1

8 1 4

( 1) 2 1

3 3 3 3

t

I = ũ t - dt =ỗốỗổỗ -tữứửữữữ =ốỗổỗỗ - ữữứ ốử ổữ-ỗỗỗ - ửữữữứ=

Hm sy =x5-x4-3x3+9 liờn tc trờn đoạn [ 2;1]

- y¢ =5x4 -4x3 -9x2 =x2(5x2 -4x-9)

 2

0; 1 2;1

0 (5 4 9) 0 9

2;1 5

x x

y x x x

x

é = = - Ỵ -éê ùú

ê ë û

ê

¢ =  - - =  ê

é ù = Ï -ê ú

ê ë û

ë

 f(0)=9 ; f( 1)- =10 ; f( 2)- = -15 f(1)=6

Vậy,

[ 2;1] [ 2;1]

miny 15 x 2 , maxy 10 x 1

- = - = - - = =

-Câu III

 Gọi M trung điểm đoạn BC, O trung điểm đoạn AM

Do DABC DSBCđều có cạnh 2a nên

2 3 2 a

SM =AM = =SA DSAM SO^AM(1)

Ta có, BC SM BC SO

BC OM ìï ^

ï  ^

íï ^

ïỵ (2)

Từ (1) (2) ta suy SO ^(ABC) (do AM BC, Ì(ABC))

Thể tích khối chóp S.ABC

Đề số 17

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số:

2( 3) 2 x x y =

-1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số 2) Viết pttt ( )C giao điểm ( )C với trục hồnh 3) Tìm k để pt sau có nghiệm nhất: x3-3x2- =k 0 Câu II (3,0 điểm):

1) Giải phương trình: ( )

2 6

1 2 x + -x =2.4x+

2) Tính tích phân:

3

0 1

x

I dx

x =

+ ò

3) Tìm GTLN, GTNN y =x5-x4-3x3+9 [ 2;1] -Câu III (1,0 điểm):

Cho khối chóp S.ABC có ABC SBC tam giác có cạnh 2,

3

SA=a Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Cho tam giác ABC có : A(1;1;2), B(0;1;1) C(1;0;4)

1) Chứng minh ABC tam giác vuông Xác định toạ độ điểm D để bốn điểm

A,B,C,D bốn đỉnh hình chữ nhật

2) Gọi M điểm thoả MB = 2MC Viết phương trình mặt phẳng (P) qua

điểm M vng góc với đường thẳng BC Viết phương trình mặt cầu tâm A,tiếp xúc với mp(P)

Câu Va (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường sau đây:

2

( 1) ,

y =x x - y =x +x x = -1

2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạđộOxyz, cho điểm M(1;2; –3)

đường thẳng d: 3 1 1

2 1 2

x- y+ z

-= =

1) Tìm toạđộ hình chiếu vng góc điểm M lên đường thẳng d Viết phương trình mặt cầu tâm M, tiếp xúc với d

2) Viết pt mp(P) qua điểm M, song song với d cách d khoảng Câu Vb (1,0 điểm): Cho số phức z = +1 3i Hãy viết dạng lượng giác số

Đề số 18

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 3 2

1 x y

x -=

-1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số

2) Viết pttt ( )C biết tiếp tuyến vng góc với D:x- + =y 1 0 3) Tìm k để( )C d y: =kx-3 cắt điểm phân biệt Câu II (3,0 điểm):

1) Tìm GTLN, GTNN f x( )=2x3-3x2-12x+1 [ 1; 3]- 2) Tính tích phân:

1 (ln 1) e

I =ị x+ dx

3) Giải phương trình: log (22 x +1).log (22 x+1+2)=6 Câu III (1,0 điểm):

Cho hình trụ có độ dài trục OO¢ =2 7 ABCD hình vng cạnh có đỉnh nằm hai đường tròn đáy cho tâm hình vng trung điểm đoạn OO¢ Tính thể tích hình trụđó

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây

1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Cho đường thẳng D mặt phẳng ( )a có phương

trình : 3 2 3

1 1 3

x- y- z +

D = = ; ( ) : 2a x + - + =y z 1 0 1) CMR  // (α) Tính khoảng cách từđường thẳng đến mặt phẳng (α)

2) Tìm toạđộ giao điểm A đường thẳng  với mặt phẳng (Oxy) Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (α)

Câu Va (1,0 điểm): Cho z =(1 )(2- i +i)2 Tính mơđun số phức z 2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): ChoM(1;-1;1), mặt phẳng ( ) :P y+2z =0 hai đường thẳng 1: 1

1 1 4 x- y z

D = =

- ,

2

: 4

1

x t

y t

z ìï = -ïï

ï

D íï = + ï = ïïỵ

1) Tìm toạđộđiểm M¢ đối xứng với điểm M qua đường thẳng 2

2) Viết pt đường thẳng  cắt hai đường thẳng 1, 2 nằm mp(P)

Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số

2 1

1

( 1) mx m x y

x

- - +

=

- Tìm mđể hàm số có

hai điểm cực đại cực tiểu nằm khác phía so với trục tung

x y

y = k

-1 2

-2 -1

3

O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 17

Câu I:

Hàm số:

2( 3) 3

2 2

x x x x

y = - =

-Tập xác định: D=  Đạo hàm:

2 3 6

2 x x

y¢ = - ,  x D

Cho y¢ = 0 3x2-6x =  =0 x 0;x =2 Với x  0 y 0 àv x   2 y 2

Giới hạn: lim ; lim

x-¥y = -¥ x+¥y = +¥

Bảng biến thiên

x –¥ 0 2 +Ơ

y + 0 0 +

y

0 +¥

–¥ –2

Hàm sốĐB khoảng (-¥; 0),(2;+¥), NB khoảng (0;2)

Hàm sốđạt cực đại x =0, yCĐ 0 đạt cực tiểu x =2, yCT –2

Giao điểm với trục hoành: y = 0 x3-3x2=  =0 x 0 hoac x =3 Giao điểm với trục tung: cho x =  =0 y 0

Bảng giá trị: x –1

y –2 –1 –2

Đồ thị hàm số: hình vẽ bên

 Giao điểm ( )C với trục hoành: cho 0 0

0 0

3 x y

x é = ê =  ê =êë

Với x0 =0,y0 = 0 f x¢( )0 =0 Pttt là: y- =0 0(x-0) =y 0

Với 0 3, 0 0 ( )0 9

2

x = y = f x¢ = Pttt: 9( 3) 9 27

2 2 2

y = x-  =y x

-

3

3 3 2 0 3 2 3

2 x x x - x - k = x - x = k  - =k

 Do (P) qua B(0; 2; 3)- nên a( 1)- + - +b( 1) c(2)=  =0 a 2c-b

(1)

 Và d I P( ,( ))= 5 nên

2 2

2 2

(2) (0) (1)

5 2 5( )

a b c

a c a b c a b c

+ +

=  + = + +

+ + (2)

Thay (1) vào (2) ta được: 5c-2b = 5[(2c-b)2+b2+c2]

2 2

(5c 2 )b 5(5c 4bc 2 )b b 0 b 0.

 - = - +  =  = Thay vào (1) ta

đượca=2c

Vậy, phương trình mp(P) là: 2 (c x - +1) c z( -1)= 0 2x+ - =z 3 0 Câu Vb: 2z - =i 4- +i 2z (*)

 Xét z = +a bi thì: (*)  2(a-bi)- =i 4- +i 2(a+bi)

2 2

2 (2 1) 2 4 (2 1) (2 ) (2 1) (2 4) (2 1) 4 1 16 16 4 1

16 8 16 0

2 2 0

a b i a b i

a b a b

b a b

a b a b

 - + = + +

- + + = + +

- + = + - +

 - + =

 - + =

Vậy, tập hợp số phức z thoả mãn đk toán đường thẳng 2x – y + = TRUNGTNT.VIOLET.VN

Đề số 19

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 1 3 5

4 2 4

y = - x + x

-1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số

2) Viết phương trình tiếp tuyến ( )C điểm cực tiểu

3) Tìm giá trị tham sốm để phương trình sau có nghiệm phân biệt:

4 6 1 4 0

x - x + - m= Câu II (3,0 điểm):

1) Giải bất phương trình: 22 2+x -5.6x =9.9x 2) Tính tích phân: 2

0 ( 1) x

I = ò x+ e dx

3) Tìm GTLN, GTNN hàm số: f x( )=sin4x +4 cos2x+1 Câu III (1,0 điểm):

Cho hình lăng trụđứng ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác vuông

A AC = a, C =600 Đường chéo BC' mặt bên BB'C'C tạo với mặt phẳng (AA'C'C) góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ theo a II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây 1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho mặt phẳng (P) có phương trình

2x- +y 2z- =1 0 điểm A(1; 3; 2) -1) Tìm tọa độ hình chiếu A mặt phẳng (P) 2) Viết phương trình mặt cầu tâm A qua gốc tọa độO

Câu Va (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn:

(1+i) (2-i z) = + + +8 i (1 2 )i z Tìm phần thực, phần ảo tính mơđun số phức z

2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho đường thẳng (d) có phương trình

2 1

1 2 3

x + y z

-= =

- điểm A(1; 2; 3) -1) Tìm tọa độ hình chiếu A đường thẳng (d) 2) Viết phương trình cầu tâm A, tiếp xúc với đường thẳng d Câu Vb (1,0 điểm): Cho hàm số

2 3

1 x x y

x -=

Đề số 20

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 1 1 2 1

3 2 6

y = x + x - x + 1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị( )C hàm số 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt:

3

2x +3x -12x- +1 2m =0 Câu II (3,0 điểm):

1) Giải bất phương trình: 21+x +26-x =24 2) Tính tích phân:

2

ln

e

x x

I dx

x + =ị

3) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y =x3 - +x 1 giao điểm với đường thẳng y =2x-1

Câu III (1,0 điểm):

Một hình nón có thiết diện qua trục tam giác vng cân có cạnh góc vng a Tính Sxq;Stpcủa hình nón thể tích khối nón tương ứng II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn một hai phần dưới đây

1 Theo chương trình chuẩn

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ( , , , )O i j k   , cho hình hộp

.

ABCD A B C D¢ ¢ ¢ ¢ có OA=0,OB =i OC, ¢= +i 2j +3 ,k AA¢=3k

         

1) Viết phương trình mp(ABA¢) tính khoảng cách từC¢ đến (ABA¢) 2) Tìm toạ độ đỉnh C viết phương trình cạnh CD hình hộp

.

ABCD A B C D¢ ¢ ¢ ¢

Câu Va (1,0 điểm): Cho 1 3

2 2

z = - + i Tính z2+ +z 1 2 Theo chương trình nâng cao

Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ( , , , )O i j k   , cho hình hộp

.

ABCD A B C D¢ ¢ ¢ ¢ có OA=0,OB =i OC,¢= +i 2j +3 ,k AA ¢=3k

1) Tìm tọa độ đỉnh C, D và chứng minh ABCD A B C D. ¢ ¢ ¢ ¢ hình hộp chữ nhật

2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD A B C D. ¢ ¢ ¢ ¢ Câu Vb (1,0 điểm): Cho 1 3

2 2

z = - + i Tính z2011

2 5 1 1 2

[ , ] ; ; ( 1;13;5)

1 3 2 2 1 p

n = AB n =ỗỗỗỗ -ổ- - - - ữửữữữ= ữữ

ỗố ứ



 

 PTTQ (Q):

1(x 3) 13(y 1) 5(z 1) 0 x 13y 5z 5 0

- - + - + + =  - + + - =

Câu Va: -5z3 +2z2- =z 0

 -5z3+2z2- =  -z 0 z( 5z2+2z-1)=  =0 z 0

5z 2z 1 0 (2)

- + - =

Giải (2): -5z2 +2z- =1 0

Ta có, D =22-4.( 5).( 1)- - = -16=(4 )i

Như vậy, phương trình (2) có nghiệm : 1,2 2 4 1 2

10 5 5 i

z =-  = i

- 

Vậy, phương trình cho có nghiệm:

1

1 2 1 2

0 , ,

5 5 5 5

z = z = + i z = - i THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

 Mặt cầu tâm I(3;–1;2) tiếp xúc với (Q) có bk

2 2

2.3 ( 1) 2.2 2

( ,( )) 3

( 2) 1 ( 2) R=d I Q = - - + - =

- + +

-nên có phương trình: (x-3)2 +(y+1)2+(z-2)2 =9

Đường thẳng D qua M(3; 1;2)- , vng góc với (Q) có ptts:

3 2 1 2 2

x t

y t

z t

ìï = -ïï

ï = - + íï

ï = -ïïỵ

, thay vào ptmp (Q) ta được:

2(3 ) ( 1- t - - + +t) 2(2 ) 2- t - =  - + =  =0 9t 9 0 t 1

Tiếp điểm cần tìm giao điểm (Q) D, điểm H(1; 0; 0)

Gọi d khoảng cách từ tâm Iđến mp(P) r bán kính đtrịn giao tuyến

2 2 2 32 22 5

R =r +d  =d R -r = - =

 Vì mp(P) cần tìm qua điểm A(1; 1;1)- nên có pttq:

Câu III

 Do SAB vng cân S có SI trung tuyến nên SI ^AB



( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) SAB ABC

AB SAB ABC SI ABC AB SI SAB

ìï ^

ïï

ï = Ç  ^

íï

ï ^ Ì

ïïỵ

Gọi K trung điểm đoạn AC IK ||BC nên IK ^AC

Ta cịn có, AC ^SI AC ^SK

Suy ra, góc mặt phẳng (SAC) (ABC) SKI =600

Ta có, tan 1 tan 600 3

2

SI =IK SKI = ⋅BC ⋅ =a

và AB =2SI =2a 3 AC = AB2-BC2 =2a 2

 3

1 1 1

3 3 2

1 2 6

2 2 2 3

6 3

S ABC ABC

V S SI AC BC SI

a a a a

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ =

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:A(3;1; 1), (2; 1; 4)- B - ( ) : 2P x- +y 3z- =1 0

Đường thẳng ABđi qua điểm A(3;1; 1)- , có vtcp u =AB = - -( 1; 2;5)

  PTCT đường thẳng AB là: 3 1 1

1 2 5

x- y- z+

= =

-

- Mặt cầu đường kính AB cú tõm: 5; 0;3 2 2

Iổỗỗỗố ửữữữứ bán kính

30

2 2

AB

R= ==

 Phương trình mặt cầu đường kính AB:

2

2

5 3 15

2 2 2

x y z

ổ ửữ ổ ửữ

ỗ - ữ + +ỗ - ữ =

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ỗ

ố ứ ố ứ

Mt phng ( )Q chứa hai điểm A,Bđồng thời vng góc với (P)

Điểm mp(Q): A(3;1; 1)

- Hai véctơ: AB= - -( 1; 2;5)



, nP =(2; 1; 3) -Vì mp(Q) qua A,B vng góc với mp(P) nên có vtpt

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ Câu I:

2 2

(1 ) (4 ) (1 2 )(4 ) 4 8 2 4

y x x   x x x   x x x  x x

  x3 6x29x4

 y  x3 6x29x4 Tập xác định: D

o hm: y = -3x2+12x- " ẻ9, x D

Cho 0 3 12 9 0 1

3 x

y x x

x é = ê ¢ =  - + - =  ê =

êë

Với 1 0

3 4

x y x y

     

Giới hạn: lim ; lim

x-¥y = +¥ x+¥y = -¥

Bảng biến thiên

x –¥ +Ơ

y 0 + 0

y +¥ 4

0 –¥

Hàm sốĐB khoảng (1;3), NB khoảng (–¥;1), (3;+¥) Hàm sốđạt cực đại x =3, yCD =4

đạt cực tiểu x =1,yCT =0

Bảng giá trị: x

y 4

Đồ thị

 ( ) :C y = -x3 +6x2-9x+4 Viết pttt giao điểm ( )C với trục hoành

Giao điểm ( )C với trục hoành: A(1; 0), (4; 0)B

pttt với ( )C A(1;0):

,

pttt :

0

0

1 0

0 0( 1) 0 ( ) (1) 0

x y

y x y

f x f

üï

= = ï 

- = -  =

ý Â = Â = ùỵù

pttt với ( )C B(4; 0):

x y

2

3 4 4

2

,

pttt

0

0

4 0

0 9( 4) 9 36

( ) (4) 9

x y

y x y x

f x f

üï

= = ï 

- = - -  = - + ý

¢ = Â = - ùỵù

Vy, hai tiếp tuyếny  3x212x9 cần tìm là: y0 y 9x36

 Ta có, x36x29x     4 m 0 x3 6x29x 4 m (*)

(*) phương trình hồnh độ giao điểm ( ) :C y  x3 6x29x4 :

d y m nên số nghiệm phương trình (*) số giao điểm ( )C d

Dựa vào đồ thị ta thấy (*) có nghiệm phân biệt 0 m 4

Vậy, với < m < phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu II

22x13.2x  2 0 2.22x 3.2x 2 0 (*)

Đặt t2x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành

1 2 (nhan)

2 3 2 0

(loai) t

t t

t

 

      

 Với t = 2: 2x   2 x 1

Vậy, phương trình (*) có nghiệm x =



1

(1 ) x I  x e dx

Đặt u 1 xx du dxx dv e dx v e

  

 

 

 

 

 

 

Khi đó:

1 1 0 1 0

0

0 0

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

I  x e  e dx  e   e e  e  e e e

Vậy,

(1 ) x I x e dx e

Hàm số y e x x( 2 x 1) liên tục đoạn [0;2]



2 2

2

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

( 2)

x x x x

x

y e x x e x x e x x e x e x x

           

  

m Số giao điểm (C) d Số nghiệm pt(*)

m > 2

m = 3

–2< m < 4

m = –2 2

m < –2 0

Giao (C) với Ox: cho y =  =0 x 0;x = 2 Diện tích cần tìm:

2 4 2 4 2 4 2

2

1 2 (1 2 ) (1 2 )

2 2 2

S x x dx x x dx x x dx

-

-= ò - = ò - + ò

-0

5

2

2 2 32 32 64

10 3 10 3 15 15 15

x x x x

S

-ổ ửữ ổ ửữ

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ỗ

= ốỗ - ữứữ + ốỗ - ữữứ = - + - = Cõu II:

 2

2

log (x+2)=2 log x +2

Điều kiện: 2 0 2 0

0 0

x x

x

x x

ì ì

ï + > ï >

-ï ï  >

í í

ï > ï >

ï ï

ỵ ỵ

 2 2 2 2

2

log (x +2)=2 log x+ 2 2 log (x+2)=log x +log 4 (nhan) (loai)

2

2

2 2

2 log ( 2) log 4

2

( 2) 4 3 4 4 0

x x

x

x x x x

x

 + =

é = ê

 + =  - =  ê =

-êë

Vậy, phương trình cho có nghiệm nhất: x =



2 2 2 4 2 5 3

0 0

2

6

0

( 1) ( 2 1) ( 2 )

14

6 2 2 3

I x x dx x x x dx x x x dx x x x

= - = - + = - +

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ

=ỗố - + ữữứ =

ò ò ò

Hàm sốy = 4-x2 liên tục tập xác định nó, đoạn[ 2;2]

-

2 4

x y

x -¢ =

- Cho y¢ =  = Ỵ -0 x 0 [ 2;2] (nhận)

 f(0)=2 ; f( 2)- =0 f(2)=0

Vậy,

x y

y = m

- 2

-2

-2 O 2

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 16 Câu I:Hàm số: 1 2

2

y = x - x

Tập xác định: D =

Đạo hàm: y¢ =2x3-4x,  x D

Cho 0 2 4 0 0

2 x

y x x

x é = ê ¢ =  - =  ê

=  êë

Với x  0 y 0 àv x  2   y 2

Giới hạn: lim ; lim

x-¥y = +¥ x+¥y = +¥

Bảng biến thiên

x –¥ - 2 0 2 +

y¢ – 0 + 0 – +

y

+¥ 0 +

2

- -2

Hàm sốĐB khoảng (- 2; 0),( 2;+¥), NB khoảng

(-¥ -; 2),(0; 2)

Hàm sốđạt cực đại x =0, yCD =0

Hàm sốđạt cực tiểu x =  2, yCT = -2

Giao điểm với trục hoành:

Cho

2

4

2

0 0

1

0 2 0

2

2 4

x x

y x x

x x

é = é =

ê ê

=  - = ê  ê = 

=

êë êë

Giao điểm với trục tung: cho x =  =0 y 0

Bảng giá trị: x -2 - 2 2

y -2 -2

Đồ thị hàm số: hình vẽ bên

 4 2 1 2

2

x - x = m  x - x =m (*)

Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của( )C d: y = m Ta có bảng kết sau:

 0 ( 2) 0 2 0 1 [0;2]

2 [0;2]

x x

y e x x x x

x

  

              

 Ta có, f(1)e1 2(1    1 1) e

0

(0) (0 0 1) 1

f e    

2 2

(2) (2 2 1)

f e   e

Vậy,

[0;2] [0;2]

miny e x1; maxy e x2 Câu III

 Gọi O tâm mặt đáy SO(ABCD) SO là đường cao hình chóp

Hình chiếu SB lên mặt đáy BO, SBO 600 (là góc SB và mặt đáy)

Ta có, tan tan tan

2

SO BD

SBO SO BO SBO SBO BO

   

0 2 tan 60 6

a a

 

Vậy, thể tích hình chóp cần tìm

3

1 . 1 . . 12 6 4 6

3 3 3 3

a V  B h AB BC SO  a a a 

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: Với A(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2) B  C

Ta có hai véctơ: AB  ( 1; 2;4), AC ( 2;1;3)

[ , ] 2 4; 1; 1 2 ( 10; 5; 5) 0

3 2 2 1

AB AC         

 

 

  

, , A B C

 không thẳng hàng

+ (ABC) qua A(2;0; 1) có vtpt n[ AB AC, ] ( 10; 5; 5)   

 Vậy, PTTQ mp(ABC):

10( 2) 5( 0) 5( 1) 0

2 3 0

x y z

x y z

       

    

 Gọi d đường thẳng qua O vng góc với mặt phẳng ( ) , có vtcp

(2;1;1)

u

PTTS

2 :

x t d y t

z t

       

Thay vào phương trình mp( ) ta được: 60

2a O

C B

A D

1 2(2 ) ( ) ( ) 0t  t  t   6t   3 0 t

Vậy, toạđộ hình chiếu cần tìm H1; ;1 12 2

Câu Va: Đặt z a bi    z a bi, thay vào phương trình ta

2( ) 2 2 2 6 2 3 6 2

3 6 2

2 2 2 2

2 2

a bi a bi i a bi a bi i a bi i

a a

z i z i

b b

              

 

 

       

   

 

Vậy, z 2 2i

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb: Với A(2;0; 1), (1; 2;3), (0;1;2) B  C

Bài giải hoàn toàn giống giải câu IVa (phần ban bản): đề nghị xem lại phần

Đường thẳng ACđi qua điểm A(2;0; 1) , có vtcp uAC ( 2;1;3)

Ta có, AB  ( 1; 2;4) ( 2;1;3) uAC 

Suy [ , ] 2 4; 1; 1 2 ( 10; 5; 5) 3 2 2 1

AB u        

 

 

 

Áp dụng công thức khoảng cách từđiểm Bđến đường thẳng AC ta

2 2

2 2

( 10) ( 5) ( 5)

[ , ] 15

( , )

14 ( 2) (1) (3 )

AB u d B AC

u

    

  

  

  

Mặt cầu cần tìm có tâm điểm B(1; 2;3) , bán kính ( , ) 15 14 R d B AC 

nên có pt: ( 1)2 ( 2)2 ( 3)2 225 14 x  y  z 

Câu Vb: Ta có,

3 2 3

( 3i) ( 3) 3.( 3) i3 3.i  i 3 9 i 3 3  i 2 i

Do đó,

670

2010 3 670 2010 670 2010 167 2010

( 3i) ( 3i)   ( )i 2 .i 2 .( ) i i  2

Vậy, z( 3i)2011 22010.( 3i) z 22010 ( 3)212 2011 TRUNGTNT.VIOLET.VN

2 2

( ) : (S x-1) +(y-3) +(z+2) =9 Câu Vb:

Với z z1, 2 nghiệm phương trình z2-2z+ +2 2 2i =0

2

1 2

2 2

. 2 2 2

. 2 2 2

b

z z z z

a

c z z i

z z i

a

ìïï + = - = ìï

ï ï + =

ïï ï

í í

ï ï =

-ï = = + ïïỵ

ïïïỵ

H C

I

A B Khi PTTS d:

1 3 1 2 1 6

x t

y t

z t

ìï = + ïï

ï = -íï

ï = -ïïỵ

Thay vào ptmp(P) ta :

3(1+3 ) 2( ) 6( 1t - - - t - - -6 )t +38=  = -0 t 1

Tiếp điểm cần tìm giao điểm d (P), điểm H( 2;1;5) -Câu Va: Với z = +1 3i, ta có

2

2 2

. (1 3 ) (1 3 )(1 3 ) 1 6 9 1 9 2 6

z z z i i i

i i i i

w= + = + + +

-= + + + - = +

1 1 2 6 22 6 2 2 6 1 3

2 6 (2 6 )(2 6 ) 2 36 40 10 10

i i i i

i i i i

w

- -

-= = = = =

-+ + -

-THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:

Đường thẳng Dđi qua điểm M(4; 4; 3)- , có vtcp u=(1;2; 1)

-Mặt phẳng ( )P qua điểm I(1; 3; 2)

-Hai véctơ: IM =(3;1; 1) -(1;2; 1)

u =

-Vtpt mp(P): [ , ] 1 1; 1 3 1; (1;2;5) 2 1 1 1 2

n IM u

ổ - - ửữ

ỗ ữ

ỗ

= =ỗỗ ữữ=

- - ữữ

ỗố ứ

PTTQ mp

( ) : 1(P x- +1) 2(y-3)+5(z+2)=0 +x 2y+5z+ =3 0

Khoảng cách từđểm AđếnD:

2 2

2 2

[ , ] 1 2 5 30

( , ) 5

6 1 2 ( 1)

IM u d d I

u

+ +

= D = = = =

+ +

-  

Giả sử mặt cầu ( )S cắt D điểm A,B cho AB = ( )S có bán kính R = IA Gọi H là trung điểm đoạn AB, đó:

IH ^AB DIHA vng H Ta có, HA=2 ; IH =d I( , )D = 5

2 2 ( 5)2 22 9

R =IA =IH +HA = + =

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

x y

2 2

1 I

O 1

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ Câu I :

 y x33x23x Tập xác định: D

Đạo hàm: y 3x26x  3, x D

Cho y  0 3x26x   3 0 x 1

Giới hạn: lim ; lim

xy  xy 

Bảng biến thiên

x –¥ +¥

y + 0 +

y –¥ 1 +¥

Hàm sốĐB khoảng ;1 , 1;  ; hàm số khơng có cực trị

Bảng giá trị: x

y

Đồ thị hàm số (như hình vẽ bên đây):

( ) :C yx33x23x Viết ptt ( )C song song với :y3x

Tiếp tuyến song song với :y3x nên có hệ số góc k f x( ) 30 

Do đó: 02 0 02 0

0 0

3 6 3 3 3 6 0

2 x

x x x x

x

 

       

  Với x00 y0 033.023.0 0

và f x( ) 30  nên pttt là: y 0 3(x0) y 3x (loại trùng với )

Với x02 y0 233.223.2 2

và f x( ) 30  nên pttt là: y 2 3(x2) y 3x4 Vậy, có tiếp tuyến thoả mãn đề là: y3x4

Câu II

6.4x 5.6x6.9x 0 Chia vế pt cho 9x ta

4 6 2 2

6. 5. 6 0 6. 5. 6 0

3 3

9 9

x x

x x

x x

   

          

60

a 3

A C

S Đặt 2

3

x

t   

  (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành

2 3 2

6 5 6 0 (nhan) , (loai)

2 3

t     t t t 

Với 3 2 t :

1

2 3 2 2 1

3 2 3 3

x x

x



         

     

     

Vậy, phương trình cho có nghiệm x 1



0 0

(1 cos ) cos

I x xdx xdx x xdx

  

   

Với

2 2

1

0

0

2 2 2 2

x I xdx



  

    

Với 2

cos I x xdx

  Đặt

cos sin

u x du dx dv xdx v x

 

 

   

 

Khi :

0

2 sin 0 sin 0 ( cos )0 cos cos cos0 2

I x x  xdx   x   x     

Vậy,

2

1 2

2 I I I  

Hàm số y e x x( 23) liên tục đoạn [–2;2]



2 2

( ) (x 3) x( 3) x( 3) x(2 ) x( 2 3) y e  x  e x  e x  e x e x  x

 0 ( 2 3) 0 2 3 0 1 [ 2;2]

3 [ 2;2]

x x

y e x x x x

x

   

               

 Ta có, f(1)e1 2(1   3) 2e

2 2

( 2) [( 2) 3] f  e   e

2 2

(2) (2 3) f e  e



[ 2;2]min y 2 e x1; max[ 2;2] y e x2

Và 

( )

( )

( ) ( )

BC AB ABC

BC AB A BC ABA BC ABC A BC

ìï ^ Ì

ïï

ï ^ Ì ¢  ¢

íï

ï = ầ Â

ùùợ

l gúc gia (ABC) (A BC¢ )

Ta có,

2 2.

1 2. 3

. 2 3

2

A BC A BC

S a

S A B BC A B a

BC a

¢ D ¢

D = ¢  ¢ = = =

 

0 .cos 2 3.cos 30 3

.sin 2 3.sin 30 3

AB A B ABA a a

AA A B ABA a a

¢ ¢

= = =

¢= ¢ ¢= =

3

1 1 3 3

. . 3 3

2 2 2

ABC

a V =B h =S AA¢= ⋅AB BC AA⋅ ⋅ ¢= ⋅ a a a⋅ ⋅ = THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:A(7;2;1), ( 5; 4; 3)B

-Đường thẳng ABđi qua điểm A(7;2;1), có vtcp u=AB= -( 12; 6; 4)

-nên có ptts

7 12 : 2 6

1 4

x t

AB y t

z t

ìï = -ïï

ï = -íï

ï = -ïïỵ

(1)

Thay (1) vào phương trình mp(P) ta được:

3(7-12 ) 2(2t - -6 ) 6(1t - -4 )t +38= 0 0.t+49=0: vô lý

Vậy, AB|| ( )P

Tâm mặt cầu ( )S : I(1; 1; 1)- - (là trung điểm đoạn thẳng AB)

Bán kính ( )S : R =IA= (1 7)- + - -( 2)2+ - -( 1)2 =7

Phương trình mc( ) : (S x-1)2+(y+1)2+(z +1)2 =49

Ta có,

2 2

3.1 2.( 1) 6.( 1) 38

( ,( )) 7

3 ( 2) ( 6)

d I P = - - - - + = =R

+ - + - ( )P tiếp

xúc với ( )S

Gọi d đường thẳng qua điểm I vng góc với mp(P)

30 a

B ' C '

A C

 Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình (*) có nghiệm phân biệt

0 4 3 m m é = ê ê 

ê = -êë Câu II:



4 4 16 4

2 17.2 1 0 17. 1 0 4 17.4 16 0 16 16

x x

x- - x- + =  - + =  x - x + =

Đặt t =4x

(ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành (nhan)

(nhan)

2 17 16 0 1 4 1 0

16 4 16 2

x x

t x

t t

t x

é

é = = é =

ê

ê ê

- + = ê  ê ê

= ê = =

ê ê

ë ë ë

Vậy, phương trình cho có hai nghiệm: x = x =



0 (2 1)sin

I =òp x- xdx

Đặt 2 1 2.

sin cos

u x dx dx

dv xdx v x

ì ì

ï = - ï =

ï ï

í í

ï = ï =

-ï ï

ỵ ỵ

 (2 1)cos 0 ( cos ) (2 1) 1 2 sin

(2 1) 1 2.0 2 2

I x xp p x dx p xp

p p

= - - - - = - - +

= - - + =

-ò

Hàm sốy =x2-4 ln(1-x) liên tục đoạn[–2;0]



2

4 2 2 4

2

1 1

x x y x

x x

- + +

¢ = + =

-

-Cho

2 1 [ 2;0]

0 2 2 4 0

2 [ 2; 0] x

y x x

x

ộ = ẻ -ờ

 = - + + =  ê = Ï -êë

 f( 1)- = -1 4 ln 2 ; f( 2)- = -4 4 ln 3 ; f(0)=0

Vậy,

[ 2;0] [ 2;0]

miny 1 4 ln 2 x 1 ; maxy 0

- = - = - - = x =

Câu III

Do BC AB BC A B

BC AA ìï ^

ï  ^ ¢

ớ Â

ù ^

ùợ (hn na, BC (ABB A) ¢ ¢

^ )

d

d' 

A B



Câu III

 Theo giả thiết, SA AB SA ,  AC BC ,  AB BC , SA Suy ra, BC(SAB) BCSB

Do đó, tứ diện S.ABC có mặt tam giác vng

Ta có, AB hình chiếu SB lên (ABC) nên SBA600

tan  3 ( )

3 tan

SA SA a

SBA AB a BC

AB SBO

     

AC AB2BC2  a2a2 a 2 SB SA2AB2  (a 3)2a2 2a

Vậy, diện tích tồn phần tứ diện S.ABC là:

2 1

( . . . )

2

1 3 3 6

( 3. 2 3. 2 )

2 2

TP SAB SBC SAC ABC

S S S S S

SA AB SB BC SA AC AB BC

a a a a a a a a a

   

   

   

 

     

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:

Điểm mp( ) : A(2;1;1)

vtpt ( ) vtcp d: n u d (1; 3;2)

 Vậy, PTTQ mp( ) : A x x(  0)B y y(  0)C z z(  0) 0 1( 2) 3( 1) 2( 1) 0

2 3 3 2 2 0

3 2 1 0

x y z

x y z

x y z

      

      

    

 PTTS

2 2

: 2 3

1 2 x t d y t

z t

   

   

    

Thay vào phương trình mp( ) ta được: (2 ) 3(2 ) 2( ) 0 t   t    t   7t   7 0 t 1

I

 Đường thẳng  đường thẳng AB, qua A(2;1;1), có vtcp (2; 2; 4)

uAB   nên có PTTS:

2 2

: 1 ( )

1 4 x t y t t z t

   

    

   



Câu Va: ( )z 42( )z 2 8 0

Đặt t( )z 2, thay vào phương trình ta 2

2

2 2

4 ( ) 4

2 8 0

2 ( ) 2 2 2

z z

t z

t t

t z z i z i

      

 



           

 

    

Vậy, phương trình cho có nghiệm:

1 2 ; 2 ; 2 ; 2 z  z   z i z  i THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

Từ pt mặt cầu (S) ta tìm hệ số : a = 2, b = –3, c = –3 d = 17

Do đó, mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính

2 2

2 ( 3) ( 3) 17 5 R       

2 2

2 2( 3) 2( 3) 1

( ,( )) 1

1 ( 2) 2

d d I P        R

  

Vì d I P( ,( ))R nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường tròn (C)

Gọi d đường thẳng qua tâm I mặt cầu vng góc mp(P) d có vtcp

(1; 2;2)

u  nên có PTTS

2

: 3 2

3 2 x t d y t

z t

  

    

    

(*) Thay (*) vào pt mặt phẳng (P) ta

được

1 (2 ) 2( ) 2( ) 0 9 3 0

3

t t t t t

              

 Vậy, đường trịn (C) có tâm 5; 7; 11

3 3 3

H   

  bán kính

2 5 2

r R d   

Câu Vb:

x y

y = m

-2/ 3

4 -4/ 3

3 2

O 1

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 15. Câu I:

Hàm số:

3

( ) 2 3

3 x

y = f x = - + x - x

Tập xác định: D= 

Đạo hàm: y¢ = - +x2 4x-3,  x D

Cho y¢ =  - +0 x2 4x-  =3 x 1;x =3 Với x   1 y 4 / àv x  3 y 0

Giới hạn: lim ; lim

x-¥y = +¥ x+¥y = -¥

Bảng biến thiờn

x Ơ +Ơ

y – 0 + 0 –

y

+¥

4 3

- –¥

Hàm sốĐB khoảng (1;3), NB khoảng (–¥;1), (3;+¥) Hàm sốđạt cực đại x =3, yCD =0

đạt cực tiểu x =1, CT 4

3 y =

-Giao điểm với trục hoành: cho y =  =0 x 0;x =3

Giao điểm với trục tung: cho x =  =0 y 0

Bảng giá trị: x

y –4/3 –2/3 –4/3

Đồ thị hàm số hình vẽ:

 ( )0 6 2 0 4 6 0 1 0 16

3 f x¢¢ =  - x + = x = - y =

 f x¢( )0 =f¢( 1)- = - -( 1)2+ - - = -4( 1) 3 8

Phương trình tiếp tuyến cần tìm: 16 8( 1) 8 8

3 3

y- = - x +  = -y x

-

3

3

3

6 9 3 0

6 9 3

1

2 3 (*)

3

x x x m

x x x m

x x x m

- + + =

 - + =

- - + - =

 Từ (*) ta suy ra, u,v nghiệm phương trình:

1

4 4 0 2

X - X+ = X =X =

Như vậy,

2

1 4

4 2 log 2

2 1

log 2 2 4

2

y x

y

x x y

- ìï ìï =

ì ï

ï = ï- = = ï

ï ï

ï ï ï

í í í

ï = ï ï =

-ï ï = = ï

ïỵ ïïỵ ïïỵ

Vậy, hệ phương trình cho có nghiệm nhất:

4 1 2 x y ìï = ïïï íï = -ïïïỵ



2

2

1 2 2 2 2 2 2 1 1

2 2 (2 )(2 ) 4 4 8 4 4

1 1 2

4 4 4

i i i

z i

i i i i

z

  

     

   

   

      

   

Vậy, 1 1 2 2 2 2 cos sin

4 4 4 2 2 4 4 4

z  i   i     i

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ Câu I :

 y  x4 4x23 Tập xác định: D

Đạo hàm: y  4x38x,  x D



3

2

2

4 0

0 4 8 0 4 ( 2) 0

2 0 0

0

2 2

x

y x x x x

x x

x

x x

 

           

   



 



  

  

 

Với 0 3

2 1

x y

x y

   

   

Giới hạn: lim ; lim

xy  xy 

Bảng biến thiên

x –¥ - 2 0 2 +

y¢ + 0 – 0 + –

y –¥ 1 –3 1

Hàm sốĐB khoảng ( ; 2),(0; 2), NB khoảng ( 2;0),( 2;)

Hàm sốđạt cực đại x  2, yCD 1đạt cực tiểu x0, yCT = –3

Giao điểm với trục hoành: cho

4

2

1 1

0 4 3 0

3 3

x x

y x x

x x

    

         



 



Giao điểm với trục tung: cho x   0 y 3

Bảng giá trị: x  3  2 2 3

y –3

Đồ thị hàm số:

 x44x2 3 2m   0 x4 4x2 3 2m (*)

Số nghiệm pt(*) với số giao điểm ( ) :C y  x4 4x23 d: y = 2m

Ta có bảng kết quả:

x y

y = 2m

2 - 2

- 3 3

1

2m -3 -1

O 1

 Vậy, phương trình mp(P) cần tìm là: 2x-3y +6z-29=0 Câu Va: z4-5z2-36=0

 Đặt t=z2, phương trình trở thành

( )

2

2

2

2

9

9 9 3

5 36 0

4 4 2 2

z

t z z

t t

t z z i z i

é é

é = ê = ê = é = 

ê ê

- - =  ê ê ê  ê

= - ê = - ê = = 

ê ê

ë ë ë ë

Vậy, phương trình cho có nghiệm: z = 3;z = 2i

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:

 Thay ptts d:

3 2 1 3

x t

y t

z t

ìï = - + ïï

ï = - + íï

ï = + ïïỵ

(1) vào pttq mp(P):

2 5 0

x+ y- + =z ta được:

( 3- +2 )t + - + -2( 1 t) (3+ + = t) 5 0 3t- =  =3 0 t 1

 Thay t = vào (1) ta giao điểm d (P) là: H( 1; 0; 4)

- Gọi ( )Q mặt phẳng chứa d và vng góc với mp(P), ( )Q có vtpt

1 1 1 2 1

[ , ] ; ; ( 3; 3; 3) 2 1 1 1 2

Q d P

n u n

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ

= =ỗỗ ữữ=

- ữữ

ỗố ứ

D l hình chiếu vng góc d lên (P), giao tuyến (P) (Q), nên có vtcp

2 1 1 1 1 2

[ , ] ; ; (9; 0;9)

3 3 3 3 3 3

P Q

uD n n

æ - - ửữ

ỗ ữ

ỗ

= =ỗỗ ữữ=

- - ữữ

ỗố ứ

  

 Vậy, hình chiếu D d lên (P) qua H, có vtcp uD =(9; 0;9)

(1; 0;1)

u = nên có ptts

1

0 ( )

4

x t

y t

z t

ìï = - + ïï

ï = Ỵ

íï

ï = +

ïïỵ



Câu Vb: 2

2

4 log 4 4 log 4 4

4

log 2 4 4 log 4

y y

y y

x x uv

u v

x x

-

-ì ì ì

ï = ï = ï =

ï ï ï

ï ï 

í í í

ï + = ï + = ï + =

ï ï ïỵ

ï ï

ỵ ỵ

(*) (với

4 y 0 u = - >

60 a

a 2 M

A C

B S Mà BC Ì(SBC) nên (SBC)^(SAB)

Ta có, SB =BC tanSCB =a tan 600 =a 3

2 ( 3)2 ( 2)2

AB= SB -SA = a - a =a



2

1 1 1 2

2 2 2 4

MAB SAB

a SD = ⋅SD = ⋅ ⋅SA AB⋅ =

Vậy:

2

1 1 1 2 2

3 3 MAB 3 4 12

a a

V = ⋅ ⋅ = ⋅B h SD ⋅BC = ⋅ ⋅ =a (đvdt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A( 1;1;1), (5;1; 1), (2;5;2), (0; 3;1)- B - C D

-Điểm mặt phẳng (ABC): A( 1;1;1)

-Hai véctơ: AB=(6; 0; 2)

-

; AC =(3; 4;1)



vtpt mp(ABC):

0 2 2 6 0

[ , ] ; ; (8; 12;24)

4 1 1 3 4 n AB AC

ổ - - ửữ

ỗ ữ

ỗ

= =ỗỗ ữữ=

-ữữ

ỗố ứ

PTTQ ca mp(ABC):8(x + -1) 12(y- +1) 24(z-1)=0

8x-12y+24z- = 4 0 2x-3y+6z- =1 0

 Thay toạđộđiểm D vào phương trình mp(ABC) ta được:

2.0- - +3( 3) 6.1 1- = 0 14=0: vô lý

Vậy, D Ỵ (ABC) hay ABCD tứ diện

 Mặt cầu ( )S có tâm D, tiếp xúc mp(ABC)

Tâm mặt cầu: A(0; 3;1)

- Bán kính mặt cầu:

2 2

2.0 3.( 3) 6.1 14

( ,( ))

7 ( 3)

R=d D ABC = - - + - = =

+ - +

 Phương trình mặt cầu ( ) :S x2 +(y+3)2 +(z-1)2 =4

Gọi(P) tiếp diện ( )S song song với mp(ABC) (P) có phương trình

2x-3y +6z +DÂ=0 (DÂạ -1)

Vỡ (P) tiếp xúc với ( )S nên

2 2

2.0 3.( 3) 6.1

( ,( ))

2 ( 3)

D d I P =R - - + + ¢ =

+ - +

(loai) nhan

15 14 1

15 14

15 14 29( )

D D

D

D D

é + ¢= é ¢=

-ê ê

¢

 + =  ê ¢  ê ¢

+ = - =

-ê ê

ë ë

M 2m

Số giao

điểm (C)

d

Số nghiệm pt(*)

m > 0,5 2m > 0

m = 0,5 2m = 2

–1,5< m <

0,5 –3< 21 m < 4

m = –1,5 2m = –3 3

m < –1,5 2m < –3 2

(Chú ý: Để cho gọn thầy trình bày bảng này, em phải trình bày lớp)

 x0 3 y00

3

( ) ( 3) 4 8 4 3

f x  f  y  x  x  

Vậy, pttt cần tìm là: y  0 4 3(x 3)  y 4 3x12 CâuII

7 2.71 9 0 7 2. 7 9 0

7

x x x

x



       (*)

Đặt t7x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành

2 2(nhan)

14

9 0 14 9 0 9 14 0

7(nhan) t

t t t t t

t t

 

             

 Với t2: 7x   2 x log 27

Với t7: 7x   7 x 1

Vậy, phương trình cho có nghiệm :x1 xlog 27



2

(1 ln )

e e

I   x xdx

Đặt 2

1 1 ln

2 du dx

u x x

dv xdx v x

 

  

 

  

  



Khi

2

2

2(1 ln ) 4(1 2) 2(1 1)

2 2 2 2 4

e e

e e

e e

x x x e e x

a

2a I

C B

A D

S

4 4

2

3 5 3

2 4 4 4 4

e e e e e e

     

Vậy,

4

5 3

4 4

e e I  Hàm số

2 2 2

1 x x y

x

 



 liên tục đoạn [12;2]



2 2 ( 1) x x y

x

  

 Cho

1 2

1 0 [ ;2]

0 2 0

2 [ ;2] x

y x x

x

   

      

    

Ta có, f(0) 2 1 5

2 2

f  (2) 10 3 f  Vậy,

1

2

[ ;2] [ ;2]

10

min 2 0; max 2 3

y x y x

     

Câu III Theo giả thiết, SA AC SA ,  AD BC ,  AB BC , SA Suy ra, BC(SAB) BCSB

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh CDSD

A,B,D nhìn SC góc vng nên A,B,D,S,C thuộc mặt cầu đường kính SC, có tâm trung điểm I của SC

Ta có, SC SA2 AC2  (2 )a 2(a 2)2 a 6

Bán kính mặt cầu: 6

2 2

SC a R 

Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD là:

2

2 6

4 4 6

2 a

S  R     a THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:

OI2i 3j2kI(2;3; 2) Tâm mặt cầu: I(2;3; 2)

Bán kính mặt cầu:

2 2

2 2.3 2.( 2) 9 9

( ,( )) 3

3 1 ( 2) ( 2)

R d I P       

   

 Vậy, pt mặt cầu ( )S là: (x2)2(y3)2 (z 2)29

 ( ) || ( ) :Q P x2y2z 9 0 nên (Q) có vtpt n n ( )P (1; 2; 2) 

Điều kiện:

2 5 0

5 0 5

5 0 x

x x

x

ìï + >

ïï  + >  > -íï + >

ïïỵ

1

2

0.5 2

log (x +5)+2 log (x+5)= 0 log (- x +5)+2 log (x+5)=0

(nhan)

2 2

2 2

2 2

log ( 5) log ( 5) 0 log ( 5) log ( 5)

( 5) 5 10 25 5 10 20

2

x x x x

x x x x x x

x

 - + + + =  + = +

 + = +  + + = +  =

 =

-Vậy, phương trình có nghiệm nhất: x = -2



0 1

I = ò x -xdx

Đặt

2

1 1

2 2

t x t x

tdt dx dx tdt

= -  =

-= -  = -

Đổi cận:

1 0

0 1

x t x t

     

 ( )

1

3

0

2

1 0

4 1 ( 2 ) 2 ( ) 2

3 5 15 t t

I =ò -t t - tdt = ũ t -t dt= ổỗỗỗố - ữữứữửữ =

Hm sốy =e xx( -2)2 =e xx( -4x +4) liên tục đoạn[1; 3]



2

2

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

x x

x x x

y e x x e x x

e x x e x e x x

¢= ¢ - + + - + ¢

= - + + - =

- 0 ( 2 ) 0 2 0 0 [1; 3]

2 [1; 3]

x x

y e x x x x

x é = Ï ê

¢ =  - =  - =  ê = Ỵ

êë

 f(2)=e2(2-2)2 =0

1

(1) (1 2) f =e - =e

3

(3) (3 2) f =e - =e

Vậy, 3

[1;3] [1;3]

miny =0 x =2 , maxy =e x =3 Câu III

 ( ) ( )

( ) BC SA SAB

BC SAB BC AB SAB

ìï ^ Ì

ï  ^

íï ^ Ì

x y

5

4 3

1

-2 4

2 2

1

-1

O BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 14. Câu I:

Hàm số 2 1

1 x y

x + =

-Tập xác định: D =\ {1}

Đạo hàm: 3 2 0,

( 1)

y x D

x

-Â = < " ẻ

-Giới hạn tiệm cận:

;

lim 2 lim 2 2

x-¥y = x+¥y =  =y tiệm cận ngang ;

1

lim lim 1

x-y= -¥ x+y = +¥  =x tiệm cận đứng

Bảng biến thiên

x Ơ +Ơ

y + +

y 2 -¥ +¥

2

Hàm số NB khoảng ;1 1; v  HS khơng có cực trị

Giao điểm với trục hoành: cho 0 1

2 y =  = -x

Giao điểm với trục tung: cho x =  = -0 y 1

Bảng giá trị: x –2

y –1 ||

Đồ thị hàm số hình vẽ bên đây:

 0 0 0 0

0

2 1

5 5 2 1 5 5 2

1 x

y x x x

x +

=  =  + = -  =

- ( )0 3 2 3

(2 1) f x¢ = - =

-Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y- = -5 3(x-2) = -y 3x+11

 01 01 01

2 2

2 1 2 1 3

2

1 1 1

x x

S dx dx dx

x x x

- -

-ỉ ư

+ + ỗ ữữ

= = = ỗỗố + ữứ

- -

-ò ò ò

( )0

1

3 3

2 3 ln 1 1 3 ln 3 ln 1

2 2

x x

-= + - = - = - (đvdt)

Câu II: log (0.5 x2 +5)+2 log (2 x +5)=0 (*)

Do PTTQ mp(Q) có dạng ( ) :Q x2y2z D 0 (D 9)

Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên

2 2

9 (nhan) 2 2.3 2.( 2)

( ,( )) 3 3 9

9(loai) 3

1 ( 2) ( 2)

D

D D

d I Q R D

D



    

          



   

Vậy, PTTQ mp(Q) là: ( ) :Q x2y2z 9 0

Câu Va:Cho 4 3 1 2 1 4 5 2 1

2 x

x x x x x x x

x

 

            

 Diện tích cần tìm là:

1 4 5 2

S  x  x  x dx

2

4

2 3 2

1 1

4 5 1 1

( 4 5 2) 2

4 3 2 12 12

x x x

S  x  x  x dx      x    THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

 Gọi H hình chiếu A lên d H(2t;1 ; ) t t , (3 ;2 1; 7)

AH t t t 

Do AH dnên

. d 0 (3 ).1 (2 1).2 ( 7).1 0 6 6 0 1

AH u   t  t  t   t   t

 

 Vậy, toạđộ hình chiếu A lên d H(3;3;1)

Tâm 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 > y >

 log4 log4 1 log 94 log4 log 364 36

20

20 0 20 0

x y xy xy

x y

x y x y

    

  

          



 

x y nghiệm phương trình: 20 36 0 18 0 2 0 X

X X

X

 



      

  Vậy, hệ pt cho có nghiệm: 18 ; 2

2 18

x x

y y

 

 

   

 

x

1 2 2,5

3 3

2

-1 O 1

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ Câu I:

 2 1

1 x y

x

 



Tập xác định: D\ {1}

Đạo hàm: 1 2 0, ( 1)

y x D

x



    



Giới hạn tiệm cận: lim 2 ; lim 2

xy  xy  y 2là TCN

1

lim ; lim 1

xy  xy   x TCĐ

Bảng biến thiên

x – ¥ +¥

y – –

y 2 –¥ +¥

2

Hàm sốđã cho NB khoảng ;1 , 1;  và khơng có cực trị

Giao điểm với trục hoành: 0 2 1 0 1 2

y  x   x

Giao điểm với trục tung: cho x  0 y 1

Bảng giá trị: x –1

y 3/2 || 5/2

Đồ thị hàm số hình vẽ bên đây:

( ) : 2 1

1 x C y

x

 



Tiếp tuyến có hệ số góc –4 nên f x( )0  4

0

2

0

0

1 3

1

1 4 ( 1) 1 2 2

1 1

4

( 1) 1

2 2

x x

x

x x x

    

 



       

      

 

 

Với 0 3 0 4 2

x   y  pttt: 4 4 3 4 10

2

y   x   y x Với 0 1 0 0

2

x   y  pttt: 0 4 1 4 2

2

y   x   y x

 

Vậy, có tiếp tuyến thoả mãn ycbt : y 4x2 y 4x10

1

. 0 (2 ).1 (2 2 ).( 1) ( 2).0 0 (2 ).( 1) (2 2 ).2 ( 2).1 0 . 0

2 2 2 0 2 3 0 0

2 4 2 4 2 0 3 6 0 0

AB u a b a b b

a b a b b

AB u

a b a b a b a

a b a b b a b b

ìï = ìï - - + + + - + - =

ï ï

ï

íï íï - - - + + + + - =

=

ï ïỵ

ïỵ

ì ì ì

ï - - - - - = ï- - = ï =

ï ï ï

íï- + + + + + + - = íï + = íï =

ï ï ï

ỵ ỵ ỵ

   

Vậy, A(1; 1;2), (3;1; 0)- B

Câu Vb:z2 +Bz + =i 0 có tổng bình phương hai nghiệm -4i

Giả sửz1 z2 nghiệm phức phương trình Dựa vào cơng thức nghiệm

phương trình bậc hai, ta suy ra:

va

1 2 2.

b c

z z B z z i

a a

+ = - = - = =

2 2

1 1 2

2

4 ( ) 2 4

2 4 2

z z i z z z z i

B i i B i

+ = -  + - =

- - = -  =

-2 (1 )2 (1 )

B i B i

 = -  = 

-Vậy, B=  -(1 i)

 Khoảng cách AB D bằng:

2 2

2.1 4 3.1 13 14

( ,( )) 14

14 2 ( 1) 3

d M P = - + + = = + - +

Câu Va: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y =x2 -12x +36

2 6 y = x-x

x2-12x+36=6x-x2 2x2 -18x+36=  =0 x 3,x =6

 6

3 2 18 36 (2 18 36)

S =ò x - x + dx = ò x - x + dx

3

3

2 9 36 9 9

3

x x x

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ

= ỗ - + ữữ = - =

ố ø (đvdt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:

D1 qua điểm M1(1; 1;2)- , có vtcp u1 =(1; 1; 0)

D2 qua điểm M2(3;1; 0), có vtcp u2 = -( 1;2;1)

 Ta có, [ , ]1 2 1 0; 1; 1 1 ( 1; 1;1)

2 1 1 1 2 u u

ỉ- - ÷ư

ỗ ữ

ỗ

=ỗỗ ữữ=

- ữữ

ỗố ứ

1 (2;2; 2) M M=

-1 2

[ , ].u u M M 1.2 1.2 1.( 2) 6 0

    = - - + - = - ¹

Suy ra, D1 D2 chéo

 mp(P) chứa D1và song song D2 nên qua M1(1; 1;2)- , có vtpt

1 [ , ]1 ( 1; 1;1) n = u u  =

- Vậy, PTTQ mp(P):

1(x 1) 1(y 1) 1(z 2) 0 x y z 2 0

- - - + + - =  + - + =

 Vì AỴ D1,BỴ D2 nên toạđộ chúng có dạng:

(1 ; 1 ;2), (3 ;1 2 ; ) (2 ;2 2 ; 2) A + - -a a B -b + b b AB= - -a b + +a b b

-AB ngắn  AB đường vng góc chung D1 D2

Câu II:

Điều kiện: x > Khi đó, phương trình cho tương đương với

2 2

2 4 2

log x(log log x ) 0  log xlog x 6 0 (*)

Đặt tlog2x, phương trình (*) trở thành

3

2

2

log 3

3 2

6 0

2 log 2 2

x

t x

t t

t x x 

 

  



          



   (nhận hai nghiệm)

Vậy, phương trình cho có hai nghiệm :x8 1 4 x

 3 3

0 0

sin cos sin cos sin

1.

cos cos cos cos

x x x x x

I dx dx dx dx

x x x x

    

 

      

Với 1

sin cos

x dx I

x 

 , ta đặt tcosxdt sin x dxsin x dx dt

Đổi cận:

0 1

1

3 2

x t x  t

  

  

Thay vào:

2

1 1

1

2 1

1 1

2

1 ln ln1 ln ln 2

2 dt dt

I t

t t



 

      

 

 

Với 3

2 0 1. 3

I dx x

 

  

Vậy, 1 2 ln 2 3 I  I I  

 y x33mx2(m21)x2có TXĐ D

 y 3x26mx m 21  y 6x6m

Hàm sốđạt cực tiểu x0 2 y'(2) 0 3.226 2m m2 1 0 1 hoac 11

m m

  

Thử lại ta loại m=11

Vậy, với m = hàm sốđạt cực tiểu x02

a a

A B

C S

Ta có, .cos300 3

2 a

AB AC  .sin 300

2 a BC AC 

2

2 2 3 7

4 2

a a SB SA  AB  a   

2

1 . 1 3 3 1 3

2 2 2 2 8 3 24

ABC a a a S ABC ABC a

S  AB BC    V  SA S   

2

1 . 1 7 7

2 2 2 2 8

SBC a a a

S  SB BC   



3

2 1

( ,( )). 3

3 3 8 21

( ,( )) 3

24 7 7

S ABC SBC

S ABC SBC

V d A SBC S

V a a

d A SBC

S a

 



     

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:

OM3i2kM(3;0;2) ( ) : (S x1)2(y2)2 (z 3)2 9

Mặt cầu có tâm I(1; 2;3) bán kính R3

 Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt cầu:

2 2

(3 1)  (0 2) (2 3) 9 Do đó, M( )S

 ( ) qua điểm M, có vtpt nIM (2;2; 1)

Vậy, ( ) : 2(x 3) 2(y 0) 1(z2) 0 2x2y z  4 0

Điểm d: I(1; 2;3)

 ( ) có vtpt n(2;2; 1)  có vtcp u (3; 1;1) nên d có vtcp

2 1 1 2 2

[ , ] ; ; (1; 5; 8)

1 1 1 3 1

u n u

 

 

    

 

 

  

Vậy, PTTS d là: 1

2 ( )

3 8 x t y t t z t

  

    

    



Câu Va:  z2 2z 5 0 (*)

Ta có,  224.( 1).( 5)    16 (4 )i

a I

M H

C '

B '

A B

C A '

Vậy,

[1;4] [1;4]

1

min 1 4 , max 1

2

y = - x = y = x = Câu III

 Gọi H,M,I trung điểm đoạn AB,AC,AM Theo giả thiết, A H¢ ^(ABC BM), ^AC Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên

||

IH BM IH ^AC

Ta có, AC ^IH AC, ^A H¢ AC ^IA¢

Suy góc (ABC) (ACC A¢ ¢) A IH¢ =45o

 tan 45o 1 3

2 4

a A H¢ =IH =IH = MB =

Vậy,

3

1 1 3 3 3

. . .

2 2 2 2 8

a a a

V =B h= BM AC A H¢ = ⋅ ⋅ ⋅a = (đvdt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:A(0;1; 4), (1; 0; 5)- B - : 1 4 1

1 4 2

x- y- z

-D = =

-

-Đường thẳng ABđi qua điểm A(0;1; 4)- , có vtcp u =AB =(1; 1; 1)

-  PTCT đường thẳng AB là: 1 4

1 1 1

x =y- = z+

-

-Đường thẳng D qua điểm M(1; 4;1), có vtcp u¢ = (1; 4; 2)

- Ta có, [ , ] 1 1; 1 1; 1 ( 2;1; 3)

4 2 2 1 4 u u

æ- - - - ữử

ỗ ữ

ỗ

 =ỗỗ - - - - ữữữữ= -

-ỗố ứ

(1; 3;5) [ , ]. 1.1 1.3 3.5 13 0 AM =  u u AM ¢  = - + - = - ¹

 Vậy, AB D chéo

 Mặt phẳng (P) chứa hai điểm A,Bđồng thời song song với đường thẳng D

Điểm mp(P): A(0;1; 4)

- Vì (P) chứa A,B song song với D nên có vtpt: n=[ , ]u u ¢ = -( 2;1; 3)

- PTTQ (P):

2(x 0) 1(y 1) 3(z 4) 0 2x y 3z 13 0

m m + Sđố giao iểm (C) d

Số nghiệm pt(*)

m > m + > 2

m = m + = 3

–4 < m < –1< m3 + < 4

m = –4 m + = –1 2

m < –4 m + < –1 0 Câu II:

 2

2

log (x-5)+log x+ =2 3 (*)

Điều kiện: 5 0 5 5

2 0 2

x x

x

x x

ì ì

ï - > ï >

ï ï  >

í í

ï + > ï >

-ï ï

ỵ ỵ

2

2

(*) log ( 5) log ( 2) 3 log ( 5)( 2) 3

( 5)( 2) 8

x x

x x x x

 - + + =

 - + =

 - + =

(nhan) (loai)

2 2 5 10 8 3 18 0 6

3 x

x x x x x

x é = ê

+ - - =  - - =  ê =

êë

Vậy, phương trình có nghiệm nhất: x =



ln

3

ln ln

2

0 0

2 ln ln

1

( )

2

2 2

x x

x x x

x

e e

I dx e e dx e

e

e e e e

-

-ổ ử

+ ỗỗ ữữ

= = + =ỗố - ữữứ

ổ ử ổữ ửữ

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ỗ

=ỗố - ữữứ ố-ỗ - ữữứ

ũ ò

Vậy,

1 ln ln

2 1 1 4 1 1 1 2

2 2 2 2 2

e

I e

æ ử ổữ ử

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ

=ỗỗố - ữ ỗữứ ố-ỗ - ữứ= - - + =

Hàm số 3 2 2 3

1 1

x x y

x x

- - +

= =

+ + liên tục đoạn[1; 4]



2 5

0, [1; 4] ( 1)

y x

x

-Â = < " ẻ +

 (1) 1

2

f = và f(4)= -1

Vậy, pt (*) có nghiệm phức phân biệt

1

2 4

1 2 2

i

z      i



2 4

1 2 2

i

z      i



THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:

 Ta có, AB(0;1;0) CD(1;1; 1)

Gọi M,N điểm nằm AB CD toạđộ M,N có dạng (1;1 ;1), (1 ;1 ;2 )

( ; ; 1)

M t N t t t MN t t t t

  

   

  

   

MN đường vng góc chung AB CD

. 0 0 1

1 0 2

. 0

AB MN t t

t t t t t t

CD MN

    

    

        

 



   

 Vậy, 1; ;1 ,3 3 3; ; 1;0; 1

2 2 2 2 2

M  N MN   

     



PTCT đường vng góc chung cần tìm là:

1 1

2 3

( )

2 1 1

2 x t

y t

z t

    

  

     



Phương trình mặt cầu ( )S có dạng: x2 y2z2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 2 2 2 0 2 2 2 3 6

6 2 4 2 0 2 4 2 6 3 / 2

6 2 2 4 0 2 2 4 6 3 / 2

9 4 4 2 0 4 4 2 9 3 / 2

a b c d a b c d d a b c d a b c d b a b c d a b c d c a b c d a b c d a

         

  

            

  

            

  

            

  

 Vậy, phương trình mặt cầu là: x2y2z23x3y3z 6 0 Câu Vb:Cho ylnx  0 x 1

 Diện tích cần tìm là:

1 ln 1ln

e e

Đặt

1 ln

u x du dx x dv dx v x



 

 

  

   Thay vào cơng thức tính S ta được:

1 1

ln e e ln 1ln1 e 0 1 1

S  x x  dx  e e x     e e (đvdt)

 Vậy, diện tích cần tìm là: S = (đvdt)

TRUNGTNT.VIOLET.VN

x y

y = m + 3

-2 -1

3

2 -1 O 1

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 13 Câu I:

Hàm số: y =(x2-2)2- =1 x4-4x2 + - =4 1 x4-4x2+3

Tập xác định: D= 

Đạo hàm: y¢ =4x3-8x, x D

Cho 0 4 8 0 4 ( 2) 0

2 x

y x x x x

x é = ê

¢ =  - =  -  ê

=  êë

Với x  0 y 3 àv x  2  y 1

Giới hạn: lim ; lim

x-¥y = +¥ x+¥y = +¥

Bảng biến thiên

x –¥ - 2 0 2 +

y¢ – 0 + 0 – +

y

+¥ 3 +

–1 –1

Hàm sốĐB khoảng (- 2; 0),( 2;+¥), NB khoảng

(-¥ -; 2),(0; 2)

Hàm sốđạt cực đại x =0, yCD =3 Hàm sốđạt cực tiểu x =  2, yCT = -1

Giao điểm với trục hoành:

Cho

2

4

2

1 1

0 4 3 0

3 3

x x

y x x

x x

é = é = 

ê ê

=  - + =  ê  ê = 

=

ê êë

ë

Giao điểm với trục tung: cho x =  =0 y 3

Bảng giá trị: x –2 –1

y –1 –1

Đồ thị hàm số: hình vẽ bên

x4-4x2 =m x4 -4x2 + =3 m+3 (*)

Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm (C) d: y = m +

2 2

2 2

2

( ) : ( 3) ( 2) ( 1) 9 ( ) : ( 3) ( 4) ( 1) 9

S x y z

S x y z

- + - + + =

+ + + + + =

mp(P) có vtpt n=(2;1; 2)- , đường thẳng d có vtcp u =(2;2; 0)

Đường thẳng Dđi qua M(0;1;0)

Đường thẳng D nằm (P), vng góc với d nên D có vtcp

1 2 2 2 1

[ , ] ; ; (4; 4;2) 2 0 0 2 2

uD n u

ổ - - ửữ

ỗ ữ

ỗ

= =ỗỗ ữữ=

-ữữ

ỗố ứ

PTTS ca D:

4

1 4 ( ) 2

x t

y t t

z t

ìï = ïï

ï = - Ỵ

íï ï = ïïỵ



Câu Vb: Phương trình z2 + + =z 1 0(*) có biệt thức

2

1 4.1.1 3 ( )i

D = - = - =

 Suy ra, phương trình (*) có nghiệm phức: 1,2 1 3 1 3

2 2 2

i

z =-  = -  i &

1 1 2. 1 z z z z

 + = - =

 Vậy,

1 2

1 1 1 1

. 1

z z A

z z z z

+

-= + = = = -

TRUNGTNT.VIOLET.VN

x y

y = logm

- 2 2

4

-2 O 2

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ Câu I:

 y x2(4x2)  x4 4x2 Tập xác định: D

Đạo hàm: y  4x38x,  x D



3

2

0

4 0

0 4 8 0 4 ( 2) 0

2 0 2

x x

y x x x x

x x



 



            

    

 

Với 0 0

2 4

x y

x y

  

   

Giới hạn: lim ; lim

xy  xy 

Bảng biến thiên

x –¥  2 0 2 +¥

y + 0 – 0 + –

y –¥ 4 0 4 -¥

Hàm sốĐB khoảng ( ; 2),(0; 2), NB khoảng ( 2;0),( 2;)

Hàm sốđạt cực đại x  2, yCĐ = đạt cực tiểu x0, yCT =

Giao điểm với trục hoành:

cho

2

4

2

0 0

0 4 0

2 4

x x

y x x

x x

   

        

 



Giao điểm với trục tung: cho x  0 y 0

Bảng giá trị: x 2  2 2

y 0

Đồ thị hàm số hình vẽ bên đây:

 x44x2logb   0 x4 4x2logb (*)

Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm (C) d: y = logb Dựa vào đồ thị, (C) cắt d điểm phân biệt

4 0 log b   4 1 b 10

Giả sử A x y( ; )0 0 Do tiếp tuyến A song song với d y: 16x2011 nên có hệ số góc

3

0 0 0

( ) 16 4 8 16 4 8 16 0 2

f x    x  x   x  x   x    x0  2 y00

Vậy, A( 2;0) Câu II:

log (2 x 3) log (2 x 1) 3

Điều kiện: 3 0 3 3

1 0 1

x x

x

x x

  

   

    

  Khi đó,

 

2 2

log (x 3) log (x  1) 3 log (x3)(x1)  3 (x3)(x 1) 8

2 3 3 8 4 5 0 1 (loai )

5 (nhan) x

x x x x x

x

  

           

 Vậy, phương trình cho có nghiệm nhất: x =



3 sin 1 cos

x

I dx

x 

 





Đặt 1 cos 2sin sin

2 dt t  xdt  x dx x dx  Đổi cận:

2 3

1 2

x t

x t





  

  

Thay vào:

2

1

2 1

1 1ln 1ln ln 2

2 2 2 2

dx dt

I t

t t



 

     

Vậy, Iln 2

Hàm số y e x4ex3x liên tục đoạn [1;2]

Đạo hàm: y ex4ex 3

 y 0 ex 4e x 3 0 ex 4x 3 0 e2x 3ex 4 0

e



              (1)

Đặt t e x (t > 0), phương trình (1) trở thành:

 Vậy, phương trình mặt cầu ( ) :S x2+y2+z2-2x-6y-4z =0 Và toạđộ tâm mặt cầu là: I(1; 3;2)

Giả sử toạđộđiểm M M a b c( ; ; )

AM =(a+1;b-2;c+1)3AM =(3a+3 ; 3b-6 ; 3c+3)

 

MC=(3- -a b; ;1-c) -2MC=(2a-6 ; ; 2b c-2)



3 3 2 6 9

3 2 3 6 2 6 ( 9;6; 5)

3 3 2 2 5

a a a

AM MC b b b M

c c c

ì ì

ï + = - ï =

-ï ï

ï ï

ï ï

= - í - = í =  -

-ï ï

ï + = - ï =

-ï ï

ï ï

ỵ ỵ

 

Đường thẳng BMđi qua điểm: B(2;1; 1)- có vtcp: u =BM = -( 11;5; 4)

- 

Phương trình đường thẳng BM: 2 1 1

11 5 4

x- =y- = z+

-

-Câu Va: 3x2-2 3x+ =2 0

Ta có, D = -( 3)2 -4.3.2=12-24= -12=(2 )i

Phương trình cho có nghiệm phức:

1,2

2 3 2 3 2 3 2 3 3 3

2.3 6 6 3 3

i

x =  =  i =  i

Từđó,

2 2

1

3 3 3 3 2 6

3 3 3 3 3

x + x = ổốỗỗỗỗ ữửứữữữ +ỗỗỗỗổố ữữửữứữ + ổỗốỗỗỗ ữứữữửữ + -ốỗỗổỗỗ ữữửữữứ = THEO CHNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

 Mặt cầu( )S có tâm I Ỵd nên toạđộ I(1+2 ;2 ; 1)t t

- Do ( )S có bán kính tiếp xúc với mp(P) nên d I P( ,( ))=3

2 2

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

3 6 3 9 2 1 ( 2)

6 3 9 1

6 3 9 2

t t

t

t t

t t

+ +

- =  + =

+ +

-é + = é =

ê ê

 ê  ê

+ = - =

-ê ê

ë ë

M O I

B

A C

S  y¢ =3x2-1

Do tiếp tuyến song song với y =2x-1 nên có hệ số góc

2 2

0 0 0

( ) 2 3 1 2 3 3 1 1

k =f x¢ =  x - =  x = x = x = 

Với x0 = 1 y0 =13 - + =1 1 1 f x¢( )0 =2

pttt x0 =1 là: y- =1 2(x-1) =y 2x-1 (loại trùng với đường thẳng d)

Với x0 = - 1 y0 = -( 1)3- - + =( 1) 1 1 f x¢( )0 =2

pttt x0 = -1 là: y- =1 2(x +1) =y 2x+3

Vậy, có tiếp tuyến cần tìm là: y =2x+3 Câu III

 Giả sử hình chóp cho S.ABC có O chân đường cao xuất phát từđỉnh S Gọi I điểm SO cho IS = IA,

IS =IA=IB=OC =R

Do đó, I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

Theo giả thiết, SO = IO= -2 R

và 2 2 6 3 2

3 3 2

OA= AM = ⋅ =

Trong tam giác vng IAO, ta có

2 2 (2 )2 2 4 4 2 0 3

2 IA =OI +OA R = -R +  - R+ = R =

Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

2

2 3

4 4 9

2

S = pR = pổ ửữỗ ữỗ ữỗố ứ = p

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A( 1;2; 1), (2;1; 1), (3;0;1)- - B - C

 Phương trình mặt cầu ( )S có dạng:

2 2 2 2 2 0

x +y +z + ax + by+ cz+ =d

Vì điểm O(0;0;0), A( 1;2; 1), (2;1; 1), (3;0;1)- - B - C thuộc ( )S nên:

0 0

2 4 2 6 1

4 2 2 6 3

6 2 10 2

d d

a b c a

a b c b

a c c

ì ì

ï = ï =

ï ï

ï ï

ï- + - = - ï =

-ï ï

ï ï

í í

ï+ + - = - ï =

-ï ï

ï ï

ï+ + = - ï =

-ï ï

ï ï

ỵ ỵ

I M

H

S C

B A

2 3 4 0 1 (nhan) 1 0 [1;2]

4 (loai)

x

t

t t e x

t

 

          

 (loại)

 f(1) e 4 3

e

   f(2) e2 42 6 e

  

Vậy, [1;2]

4

miny e 3

e

   x = 2

[1;2]

4

maxy e 6

e

   x = Câu III

 Gọi H,M trung điểm BC, SA và SMIH hbh

Ta có, IH SA|| (SBC)IH SH SMIH hình chữ nhật

Dễ thấy IH trung trực đoạn SA nên IS = IA

H tâm đường tròn ngoại tiếp SBC IH (SBC) nên IS IB IC (IA)I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

 Ta có, 1 1 2 1 22 22 2

2 2 2

SH  BC SB SC    (cm)

1 1

2 2

IH SM  SA (cm)

Bán kính mặt cầu là: R IS  SH2IH2  ( 2)222  6

Diện tích mặt cầu : S 4R2 4 ( 6) 224 ( cm) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:

d1đi qua điểm M1(1; 2;3) , có vtcp u1(1;1; 1)



d2đi qua điểm M2(3;1;5), có vtcp u2 (1;2;3)



Ta có [ , ]1 2 1 1; 1 1 1; (5; 4;1)

2 3 3 1 2

u u     

 

 

và M M1 2 (2;3;2)

 Suy ra, [ , ].u u M M 1 2 1 25.2 4.3 1.2 0   , d1 d2 cắt

 Mặt phẳng (P) chứa d1 d2

Điểm (P): M1(1; 2;3)

vtpt (P): n[ , ] (5; 4;1)u u 1 2  

Vậy, PTTQ mp(P) là: 5(x 1) 4(y2) 1( z 3) 0

5x 4y z 16 0

    

2 2

5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42

( ,( )) 42

42 5 ( 4) 1

d A P        

  

Câu Va: yx2 x 1 yx4 x 1

Cho x2  x 1 x4  x 1 x2x4   0 x 0,x 1

Vậy, diện tích cần tìm :

S x x dx



 

0

3 5

0 2 4 2 4

1

1

( ) ( )

3 5 3 5

2 2 4

15 15 15

x x x x S x x dx x x dx

 

   

            

   

  

 

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:

d1đi qua điểm M1(1; 2;3) , có vtcp u1(1;1; 1)



d2đi qua điểm M2( 3;2; 3)  , có vtcp u2 (1;2;3)

Ta có [ , ]1 2 1 1; 1 1 1; (5; 4;1)

2 3 3 1 2

u u     

 

 

và M M1 2 ( 4;4; 6)

 Suy ra, [ , ].u u M M 1 2 1 25.( 4) 4.4 1.( 6)     42 0 , d1 d2

chéo

 Mặt phẳng (P) chứa d1 song song với d2

Điểm (P): M1(1; 2;3)

vtpt (P): n[ , ] (5; 4;1)u u 1 2  

Vậy, PTTQ mp(P) là: 5(x 1) 4(y2) 1( z 3) 0

5x 4y z 16 0

    

Khoảng cách hai đường thẳng d1 d2 khoảng cách từM2đến mp(P):

1 2 2 2 2

5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42

( , ) ( ,( )) 42

42 5 ( 4) 1

d d d d M P        

  

Câu Vb:

Ta có,

2

2 ( 0)

2 y

y x x y x y    4 x 4 y Trục hồnh đường thẳng có phương trình y = 0:

2

4

2

2

2

1 1

4 4

2 2

224 4

10 3 15

S x x dx x x dx

x x x

-

-ổ ửữ

ỗ ữ

= - - = ỗỗố - - ữứ

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ

= ỗố - - ữữứ =

ò ò



( )

4

4 2

4

2 2 0 2 2

2

4 4 *

2

x

x x m x x m x m

x

x m

- - =  - =  - =

 - - =

Số nghiệm pt(*) với số giao điểm

4

( ) : 4

2 x

C y = -x -

: 4

d y=m

-Từđó, dựa vào đồ thị ta thấy pt(*) có nghiệm phân biệt

4 4 0

9 1

4

2 2

m m

m m

é - > - é >

ê ê

ê  ê

ê - = - ê =

-ê ê

ë ë

Câu II:22x+2-2x+2 - = 3 0 4.22x -4.2x - =3 0 (*)

Đặt t=2x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành: (nhan)

(loai)

2 3

3 3 3

2

4 4 3 0 2 log

1 2 2 2

2

x

t

t t t x

t é ê = ê

- - =  ê  =  =  =

ê = -ê ë

Vậy, phương trình cho có nghiệm nhất: log2 3 2 x =

Với f x( ) 3x2 1 4ex

x

= - + , họ nguyên hàm f(x) là:

2 1

( ) 3 4 x ln 4 x

F x x e dx x x e C

x

ổ ửữ

ỗ ữ

=ũ ỗỗố - + ữứ = - + +

Do F(1)=4e nên 13 -ln 1 +4e1 +C =4e C = -1

Vậy, F x( )=x3 -lnx +4ex -1

 Viết pttt y =x3 - +x 1 song song với đường thẳng d:y =2x-1

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 12. Câu I: Hàm số:

4

2 4 2

x

y = -x

-Tập xác định: D =

Đạo hàm: y¢ =2x3-2x,  x D

Cho 0 2 2 0 0

1 x

y x x

x é = ê ¢ =  - =  ê = 

êë

Với x   0 y 4 àv x    1 y 9 / 2 Giới hạn: lim ; lim

x-¥y = +¥ x+¥y = +¥

Bảng biến thiên

x Ơ -1 0 +

y 0 + 0 – +

y

+¥ –4 +

9 2

- 9

2

-Hàm sốĐB khoảng ( 1; 0),(1;- +¥), NB khoảng

(-¥ -; 1),(0;1)

Hàm sốđạt cực đại x =0, yCD = -4

Hàm sốđạt cực tiểu x = 1, CT 9

2 y =

-Giao điểm với trục hoành:

2

4 2

2 4 1

0 4 0 4 2

2 2

x

y x x x x

x é = ê

=  - - = ê  =  = 

= -êë

Giao điểm với trục tung: cho x =  = -0 y 4

Bảng giá trị: x –2 –1

y –4,5 –4 –4,5

Đồ thị hàm số: hình vẽ bên

Giao ( )C với Oy: cho y =  = 0 x 2

Diện tích cần tìm:

x y

-4.5 -2

-4

-1O 1 2

 Cho

2 4 (nhan)

4 4 0

2 (loai)

2 2

y y y y y

y

  

        

  Diện tích cần tìm là:

2

0 2 4

y

S   y dx

2

2

2

0 0

14 14

( 4) 4

2 6 2 3 3

y y y

S   y dx     y   

 

 (đvdt)

x y

1 2

-1 O -1 BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 6.

Câu I:

Với m = ta có hàm số: y2x33x21

Tập xác định: D

Đạo hàm: y 6x26x, x D

 y  0 6x26x  0 x 0 hoac x 1 Với x   1 y 0 Với x   0 y 1

Giới hạn: lim ; lim

xy  xy 

Bảng biến thiên

x –¥ –1 0 

y + 0 – 0 + y

0 

–¥ –1

Hàm sốĐB khoảng ( ; 1),(0;), NB khoảng ( 1;0)

Hàm sốđạt cực đại x 1, yCĐ = đạt cực tiểu x0, yCT = –1

Giao điểm với trục hoành:

cho 0 2 3 1 0 1 hoac 1 2

y  x  x     x x

Giao điểm với trục tung: cho x   0 y 1

Bảng giá trị: x 32 1

 12

y 1 12 1

Đồ thị hàm số: hình vẽ bên

 Giao điểm ( )C với trục tung: A(0; 1)

 x00 ; y0 1  f(0) 0

Vậy, pttt A(0;–1) là: y 1 0(x0)  y 1

 y2x3(m1)x2(m24)x m 1 Tập xác định D

 y 6x22(m1)x m 24  y 12x2(m1)

Hàm sốđạt cực tiểu x00  

' 0 0

y  6.022(m1).0m2 4 0 m 2 hay m 2

3 2 2 1 1 3

[ , ] ; ; (31;5; 8)

5 7 7 1 1 5

P Q

u n n

ổ- - ữử

ỗ ữ

ỗ

= =ỗỗ - - - - - ữữ=

ữữ

ỗố ứ



PTTS D:

1 31

1 5 ( ) 2 8

x t

y t t

z t

ìï = + ïï

ï = + Ỵ

íï

ï = -ïïỵ



Câu Vb: iz2+4z + - =4 i 0 (*)

Ta có, D =¢ 22 -i.(4- = -i) 4 4i+i2 =(2-i)2

 Vậy, phương trình (*) có nghiệm phức phân biệt

1

1 (2 i) 3 i 1 3

z i

i i

- - - - +

= = = +

2

1 (2 ) 1

1

i i

z i

i i

- + -

-= = =

Filename: 20 de on tot nghiep.doc 073.350 4747 vaø 0944.16.19.22 Date:10/04/2012 (loai)

(nhan)

2 2

2 3.1 2.1 14 1 14

( ,( ))

2 14 2

1 ( 3) 2

1 7 6

1 7

1 7 8

D D

d I Q R

D D D D D - + + + =  =  = + - + é + = é = ê ê  + =  ê  ê + = - = -ê ê ë ë

 Vậy PTTQ mp( ) :Q x-3y +2z- =8 0 Câu Va: z = -1 2i  = +z 1 2i

2

1 2 1 3 (1 3 )(1 3 ) 1 2 1 3 (1 3 )(1 3 )

1 6 9 4 3

5 5 1 9

z i i i i i i

z i i i i i i

i i

i i

w= + = + + = + = + +

- - - - - +

+ +

= = - +

-Vậy, phần thực w 4

5

- , phần ảo w 3

5 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:

dđi qua điểm M0( 3; 1; 0)- - , có vtcp ud =(2;1; 1)

-(P) có vtpt nP =(1; 3;2)

-khơng ùng ơng ơng óc [ , ] ( 1; 5; 7) 0

. 2.1 1.( 3) 1.2 3 0

d P

d P

d P

d P

u c phuong n u n

u kh vu g n u n ì ì ï = = - - - ¹ ï ï ï ï  í í ï = + - - = - ¹ ï ï ïỵ ïỵ          

Vậy, d cắt (P) không vuông góc với (P)

 Thay PTTS

3 2

: 1

x t

d y t

z t ìï = - + ïï ï = - + íï ï = -ïïỵ

vào PTTQ

mp( ) :P x-3y+2z+ =6 0, ta

( 3- +2 )t - - + + - + =  - + =  =3( 1 t) 2( )t 6 0 3t 6 0 t 2

Toạđộ giao điểm d mp(P) là: A(1;1; 2)

- Gọi (Q) mặt phẳng chứa đường thẳng d vng góc với (P), (Q) có vtpt

[ , ] ( 1; 5; 7)

Q d P

n = u n  =

-Đường thẳng D hình chiếu vng góc d lên (P) giao tuyến (P) (Q)

 D: qua A(1;1; 2)- , có vtcp:

Filename: 20 de on tot nghiep.doc 073.350 4747 vaø 0944.16.19.22 Date:10/04/2012

a A S

Thử lại ta loại m=-2

Vậy, với m2 hàm sốđạt tiểu x00 Câu II:

2 log (2 x 2) log (20,5 x 1) 0(*)

Điều kiện:

2 2 0

2 1

2 1 0

2 x x x x x               

Khi đó,

(*)log (2 x2)2log (22 x  1) 0 log (2 x2)2log (22 x1)

2 1 (loai)

( 2) (2 1) 6 5 0

5 (nhan) x

x x x x

x

 

         

 Vậy, phương trình cho có nghiệm nhất: x =



2 2

1 1

0 0

( 1) 2 1 2 1

( )

x x x x x

x x x x x

e e e e e

I dx dx dx

e e e e e

  

    

1

1 1 1 0 0

0

( 2 )

1

( 2 ) ( 2.1 ) ( 2.0 ) 2

x x

x x

e e dx

e x e e e e e e

e                    

Vậy,

2

0

( 1) 1

2

x x

e

I dx e

e e



   

 Hàm số

2 .

x

y x e



 

2 2

2

2 2

( ) . . .

2

x x x x

x y x e x e e x e

 

 

      

 

2 2

2

2 . (1 )

x x x

e x e x e

   

Do đó,

2

2 2 2

(1 ). (1 ). . (1 )

x x

xy x x e  x  x e  x y

Vậy, với

2 .

x

60

a a

2 C

B

A D

S



( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

SAB ABCD

SAD ABCD SA ABCD SAB SAD SA

 

   



  



Suy hình chiếu SC lên (ABCD) AC, SCA600



  2

2

tan tan tan 60

(2 ) 3 15 SA

SCA SA AC SCA AB BC AC

a a a

    

  

 SABCD  AB BC a a.  .2 2a2 Vậy:

3

1 1 2 15

. 15 2

3 ACBD 3 3

a

V  SA S  a  a  (đvtt)

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: A(0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3), ( 1;2; 4)B    C   D  

 AB    ( 2; 2; 4) AB ( 2) 2 ( 2)2 ( 4)2 2 6

2 2

(4; 2; 1) 4 ( 2) ( 1) 21

BC   BC     



. 2.4 2.( 2) 4.( 1) 0

AB BC ABC

          vng B Diện tích : 1 . 1.2 21 14

2 2

ABC S AB BC

   

 Viết phương trình mặt phẳng (ABC)

Điểm mp(ABC): A(0;1;2)

 vtpt (ABC):

( )

2 4 4 2 2 2

[ , ] ; ; ( 6; 18;12)

2 1 1 4 4 2

ABC

u n  AB BC         

   

 

   

PTTQ mp(ABC): 6(x 0) 18(y 1) 12(z2)

6 18 12 6 0

3 2 1 0

x y z x y z

     

    

Chiều cao ứng với đáy (ABC) tứ diện ABCDlà khoảng cách từDđến (ABC)

2 2

1 3.2 2( 4) 1 14

( ,( )) 14

14 1 3 ( 2)

h d D ABC        

  

Do BD(ABC) nên 1 . 1.3 14 14 14

3 3

ABCD ABC

V  S h  (đvtt)

Câu Va: 222 5 0 (*)

30

a

A C

B S

Vậy, với y =e4x +2e-x y¢¢¢-13y¢=12y Câu III

 ( )

( ) SA ABC

SA AB AB ABC

ìï ^

ï  ^

íï Ì

ïỵ

Hình chiếu SB lên (ABC) AB, SBA =300

 cotSBA AB BC AB SA.cotSBA a.cot 300 a 3

SA

=  = = = =



2

1 1 3

. 3. 3

2 2 2

ABC

a S = AB BC = a a =

Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là:

2

1 . 1 3

3 ABC 3 2 2

a a V = SAS = ⋅ ⋅a = (đvtt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:

Thay ptts d vào ptmp(P), ta được:

( 3- +2 )t - - + + - + =  - + =  =3( 1 t) 2( )t 6 0 3t 6 0 t 2

Thay t = vào ptts d ta toạđộ giao điểm d mp(P) là: A(1;1; 2)

- mp(Q) qua điểm A(1;1; 2)- , vng góc với d nên có vtpt

(2;1; 1)

d

n =u =

-Vậy, PTTQ mp(Q): 2(x- +1) 1(y- -1) 1(z+2)=0

2x y z 5 0

 + - - =

Mặt cầu ( )S có tâm điểm I(2;1;1)

Do ( )S tiếp xúc với mp( ) :P x-3y+2z+ =6 0 nên ( )S có bán kính

2 2

2 3.1 2.1 6 7 14 ( ,( ))

2 14 1 ( 3) 2

R=d I P = - + + = = + - +

Phương trình mặt cầu ( ) : ( 2)2 ( 1)2 ( 1)2 7

2 S x- + y- + z- =

 Gọi ( )Q mp song song với ( ) :P x-3y+2z+ =6 0 phương trình mp(Q) có dạng

( ) :Q x-3y+2z +D =0 (D¹6)

2 0

2 1 (*)

x

x m é = ê

 ê = -êë

 Hàm số (1) có điểm cực trị (*) có nghiệm pbiệt khác

1 0 1

m m

 - - >  <

-Vậy, với m< -1 hàm số (1) có điểm cực trị Câu II:

log (2 x-3)+log (2 x-1)=3 (*)

Điều kiện: 3 0 3 3

1 0 1

x x

x

x x

ì ì

ï - > ï >

ï ï  >

í í

ï - > ï >

ï ï

ỵ ỵ

(*)log [(2 x-3)(x-1)]= 3 (x-3)(x-1)=8 hoac

2 4 5 0 1 5

x x x x

 - - =  = - =

So với điều kiện đầu ta nhận x =

Vậy, phương trình cho có nghiệm nhất: x =5



2 2

2

1

1 1

2

0 0 0

1

( )

3 1

. 3

x x x

x

x

I x x e dx x dx xe dx xe dx e xdx

= + = + = +

= +

ò ò ò ò

ò

Đặt 2

2 dt t =x dt = x dx xdx =

Đổi cận:

0 0

1 1

x t x t

  

  

Vậy,

1

0 0

1 1 1 1 1

.

3 2 3 2 3 2 2 2 6

t

t dt e e e

I = +ò e = + = + =

- Xét hàm số y =e4x +2e-x  Ta có, y¢ =4e4x -2e-x

4

16 x 2 x

y¢¢ = e + e

-4

''' 64 x 2 x

y = e - e

-4 4

13 64 x 2 x 13(4 x 2 x) 12 x 24 x 12 y¢¢¢- y¢= e - e- - e - e- = e + e- = y

Ta có,   ( 2)24.2.5  36 (6 )i

Vậy, phương trình (*) có nghiệm phức phân biệt:

1

2 6 1 3 2 6 1 3

;

4 2 2 4 2 2

i i

i i

         

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:

 Hoàn toàn giống giải câu IVa.1 dành cho chương trình chuẩn

Đường thẳng  qua điểm Bđồng thời vuông góc với mặt phẳng (ABC)

Điểm : B( 2; 1; 2)  

vtcp  vtpt mp(ABC):

( )

2 4 4 2 2 2

[ , ] ; ; ( 6; 18;12)

2 1 1 4 4 2

ABC

u n  AB BC          

   

 

   

PTTS :

2

1 ( ) 2 2

x t y t t

z t

   

    



    



Điểm D  có toạđộ dạng D( 2   t; ; 2 )t   t

2 2

( ;3 ; ) (3 ) ( ) 14 14

BD t t t BD t t t t t

        

Do BD(ABC) nên 1 . 1 14 14 14

3 3

ABCD ABC

V  BD S  t  t

Vậy, VABCD 1414t 14  t 1 1 ( 1;2; 4)

t D  

1 ( 3; 4;0)

t  D   Câu Vb: z24z8i

Đặt z a bi   z  a2b2  z2a2b2 Thay vào phương trình ta được:

2 2 2

2 2 2

4 8 4( ) 8 4 4 8

2

4 0 4 0 4 4 0

2

4 8 2 2

z z i a b a bi i a b a bi i a

a b a a b a a a

b

b b b

           

              

  

    

  

   

  

 Vậy, z = –2 +2i

x y

d

4 2 -4/ 3

O 3

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ Câu I :

 1 2 3

3

y  x  x  x

Tập xác định: D

Đạo hàm: y   x2 4x3

Cho y    0 x2 4x   3 0 x 1 ; x3

Với 1 4

3

x   y Với x  3 y 0 Giới hạn: lim ; lim

xy  xy 

Bảng biến thiên

x –¥ +¥

y – 0 + 0 –

y

+¥ 0

4 3

 –¥

Hàm sốĐB khoảng (1;3), NB khoảng (–¥;1), (3;+¥)

Hàm sốđạt cực đại x3,yCD 0 ; đạt cực tiểu x1, CT 4 3 y   Giao điểm với trục hoành: cho 0 1 2 3 0 0

3 3

x

y x x x

x

 

        



Giao điểm với trục tung: cho x  0 y 0

Bảng giá trị: x

y 43 23 43

Đồ thị hàm số: hình vẽ

 0 4 0 4

3 x   y    f x( )0  f(4) 3

Vậy, tiếp tuyến cần tìm là: : 4 3( 4) 3 32

3 3

d y   x    y x

Câu II

9x13x218 0 9.9x9.3x18 0 (*)

Đặt t3x (ĐK: t > 0), phương trình (*) trở thành

x y

-3 -1 O 1

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 11. Câu I:

Với m = ta có hàm số: y =x4 +2x2 -3

Tập xác định: D= 

Đạo hàm: y¢ =4x3+4x

Cho y¢ = 0 4x3+4x =  =0 x 0 Với x   0 y 3

Giới hạn: lim ; lim

x-¥y = -¥ x+¥y = +¥

Bảng biến thiên

x Ơ 0 +Ơ

y 0 +

y

+¥ +¥

–3

Hàm sốĐB khoảng (0;+¥), NB khoảng (-¥; 0) Hàm sốđạt cực tiểu x =0, yCT–3

Giao điểm với trục hoành:

Cho

2

4 2

2

1

0 3 3 0 1 1

3 x

y x x x x

x

é =

ê

=  + - =  ê  =  = 

= -êë

Giao điểm với trục tung: cho x =  = -0 y 3

Bảng giá trị: x –1

y –3

Đồ thị hàm số: hình vẽ bên

x0 = - 2 y0 =5

 f x¢( )0 = f¢(- 2)=4.(- 2)3 +4.(- 2)= -12 2

Vậy, pttt cần tìm là: y- = -5 12 2(x+ 2) = -y 12 2x-19

y =x4+(m+1)x2-2m-1 (1)

Tập xác định D= 

y¢ =4x3 +2(m+1)x (đây đa thức bậc ba)

3



2

3 3 3 3 27 91 91

4 4 16

2 2 4 4 2

z i z

ổ ửữ ỗ ữ ỗ

= + = +ỗỗố ữữứ = + = =

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:

Đường thẳng dđi qua điểm M0(2;1; 0) có vtcp u=(1;2;1)

 Gọi A¢ hình chiếu v.góc A lên d

(2 ;1 2 ; ) (2 ;2 5; 4) A¢ +t + t t AA¢= +t t- t

-Do A¢ hình chiếu vng góc A lên d nên ta có AA¢ ^u, suy

1(2+ +t) 2(2t-5)+1(t-4)= 0 6t-12=  =0 t 2

Thay t = vào toạđộ A¢ ta A¢(4;5;2) hình chiếu vng góc A lên d

 Mặt cầu ( )S có tâm A(0;6; 4), tiếp xúc với đường thẳng d nên qua

(4;5;2) A¢

Do đó, ( )S có bán kính R=AA¢= (4-0)2+(5-6)2+(2-4)2 = 21

 Vậy, phương trình mặt cầu ( ) :S x2 +(y-4)2 +(z-6)2 =21 Câu Vb: x2 -(3+4 )i x+ - +( 1 5 )i =0 (*)

Ta có,

2

(3 4 )i 4.1.( 1 5 )i 3 4i (1 2 )i

D = + - - + = - + = +

Vậy, phương trình cho có nghiệm phức:

1

(3 4 ) (1 2 ) 4 6

2 3

2 2

(3 4 ) (1 2 ) 2 2 1

2 2

i i i

x i

i i i

x i

+ + + +

= = = +

+ - + +

= = = +

TRUNGTNT.VIOLET.VN

2 2 (nhan)

9 9 18 0

1(loai) t

t t

t

 

      

 Với t = 2: 3x   2 x log 23

Vậy, phương trình (*) có nghiệm nhất: xlog 23

 2 2 2

1 1

ln 1 ln 1 ln

ex x e x e e x

I dx dx dx dx

x x

x x x

  

      

 

   

Xét 1 1

1 1

ln 1

e e

I dx x x

  

Xét 2 2

1 ln

e x

I dx x

 Đặt

2

1 ln

1 1

u x du dx x dv dx

v

x x



 

 

 

  

   

 

Khi

2 1

1

1ln e e( 1 ) 1 1e 1 1 1 1 2

I x dx

x x e x e e e

            

Vậy, I I1 I2 1 1 2 2 2 e e

      

Hàm số f x( )x55x45x31 liên tục đoạn [–1;2]

 y 5x420x315x25 (x x2 24x3)

 Cho

2

2

2

0 [ 1;2] (nhan)

5 0

0 5 ( 4 3) 0 1 [ 1;2] (nhan)

4 3 0 3 [ 1;2] (loai) x

x

y x x x x

x x x

   

  

          

  

    

Ta có, f(0) 0 55.045.03 1 1

5

(1) 1 5.1 5.1 1 2 f     

5

( 1) ( 1) 5.( 1) 5.( 1) 1 10

f          

5

(2) 2 5.2 5.2 1 7

f      

Vậy,

2a

60

M O

C B

A D

S

Câu III

 Gọi O tâm mặt đáy SO(ABCD) nên SO là đường cao hình chóp Gọi M trung điểm đoạn CD Theo tính chất hình chóp



( )

( ) 60

( ) ( )

CD SM SCD

CD OM ABCD SMO CD SCD ABCD

 



    



  



(góc mặt (SCD) mặt đáy)

Ta có,

  0

tan tan tan 60 3

2

SO BC

SMO SO OM SMO a

OM

=  = = =

Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là:

3

1 1 1 4 3

. . . 2 3

3 3 3 3

a

V = B h = AB BC SO = a a a = (đvtt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa: Với A(2;1; 1), ( 4; 1; 3), (1; 2; 3)- B - - C -

Điểm trênđường thẳng AB: A(2;1; 1)

-vtcp đường thẳng AB: u =AB= - -( 6; 2; 4)

Suy ra, PTTS đường thẳng AB:

2 6

1 2 ( ) 1 4

x t

y t t

z t

ìï = -ïï

ï = - Ỵ

íï

ï = - + ïïỵ

  Mặt phẳng (P) qua điểm: C(1; 2; 3)

-Vì ( )P ^AB nên: vtpt mp(P) là: n =AB = - -( 6; 2; 4)

 

Vậy, PTTQ mp( )P : -6x-2y+4z-10=0

 Thay ptts AB vào PTTQ mp(P) ta được:

6(2 6 ) 2(1 ) 4( 1 4 ) 10 0 1

56 26 0 0, 5 2

t t t

t t

 - - - - + - + - =

 - =  = =

Thay t = 0,5 vào phương trình tham số AB ta được: x = -1;y =0;z =1

Vậy, toạđộ hình chiếu cần tìm H( 1; 0;1)

-Vì mặt cầu (S) tâm C tiếp xúc với đường thẳng AB nên qua điểm H Tâm mặt cầu: C(1; 2; 3)

- Bán kính mặt cầu: R =CH = (1+1)2 + - -( 2 0)2 +(3-1)2 =2 3

 Vậy, phương trình mặt cầu: (x-1)2 +(y+2)2 +(z-3)2 =12

60

O C B

A

D S

0

0

2 6

tan 60 3

2 2

2 2

cos 60 2 cos 60

a a

h SO OB

OB a

l SB a

= = = ⋅ =

= = = =

⋅

 Diện tích xung quanh: . 2 2 2

xq

a

S =pr l = ⋅p ⋅a =pa (đvdt)

 Thể tích hình nón:

2

2

1 1 6 6

.

3 3 2 2 12

a a a

V = pr h = p⋅ ⋅ = p (đvtt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:A( 5; 0;1), (7; 4; 5)- B - ( ) :P x+2y-2z =0

 Gọi I trung điểm AB ta có I(1;2; 2)

-Mặt cầu ( )S có đường kính AB, có tâm I(1;2; 2)

-Và bán kính R=IA= (1+5)2 +(2-0)2 + - -( 1)2 =7

Vậy, phương trình mặt cầu ( )S : (x-1)2 +(y-2)2 +(z+2)2 =49

Khoảng cách từ tâm Iđến mặt phẳng ( ) :P x+2y-2z =0 là:

2 2

1 2.2 2.( 2) 9

( ,( )) 3

9 1 2 ( 2)

d I P = + - - = = + +

- Đường thẳng d qua điểm I(1;2; 2)- , đồng thời vng góc với mp( ) :P x+2y-2z =0 nên có vtcp u =nP =(1;2; 2)

-PTTS d:

1

2 2 ( ) 2 2

x t

y t t

z t

ìï = + ïï

ï = + Ỵ

íï

ï = -ïïỵ



Thay PTTS d vào PTTQ ( ) :P x+2y-2z =0 ta được:

1+ +t 2(2+2 ) 2( 2t - - -2 )t = 0 9t+ =  = -9 0 t 1

Thay t = -1 vào PTTS d ta giao điểm d mp(P) O(0; 0; 0) Câu Va:

(2 3 ) 1 3 2 1 2 3 3 3 4 3 3

2 2 2 2

2

3 3

2 log x 2(1 log x) 14 0 2 log x 2 log x 12 0

 + + - =  + - = (*)

Đặt t =log3x, phương trình (*) trở thành

3

2

2

3 log 3 3

2 2 12 0

2 log 2 3

t x x

t t

t x x

-é

é = - é = - ê =

ê ê

+ - =  ê  ê  ê

= = ê =

ê ê

ë ë ë

Vậy, phương trình cho có nghiệm: x =9 1

27 x =

Xét

0 (2 1)

x

I =ò x + e dx

Đặt u 2xx 1 du x2dx

dv e dx v e

ì ì

ï = + ï =

ï ï

ï ï

í í

ï = ï =

ï ï

ï ï

ỵ ỵ

1 1

0 0

(2 1) x 2 x 3 1 2 x 3 1 (2 2) 1 I = x + e -ò e dx = e- - e = e- - e- = +e

Vậy, I = e +

 Tìm GTLN, GTNN hàm sốy =x4-2x3 +x2 đoạn [ 1;1]

-Hàm số y =x4 -2x3 +x2 liên tục đoạn [ 1;1]

- y¢ =4x3-6x2 +2x =2 (2x x2 -3x+1)

Cho 0 2 (2 3 1) 0 0; 1; 1

2

y¢ =  x x - x + =  =x x = x =  [ 1;1]

Ta có,

(0) 0 f = , ( )1

2 1 16

f = , f(1)=0, f( 1)- =4

Vậy, hoac

[ 1;1] [ 1;1]

miny 0 x 0 x 1, maxy 4 x 1

- = = = - = =

-Câu III

 Gọi O tâm hình vng ABCD Do S.ABCD hình chóp nên

( )

SO^ ACBD

Suy ra, OB hình chiếu vng góc SB lên mp(ABCD)

Do đó, SBO =600 Kết hợp, 2

2 a

r =OB = ta suy ra:

Câu Va:Ta có, 3z+ =9 2iz +11i 3z-2iz = - +9 11i (1)

Đặt z = +a bi  = -z a bi, thay vào phương trình (1) ta

3( ) ( ) 9 11 3 3 2 2 9 11

3 2 9 1

3 2 (3 2 ) 9 11

3 2 11 3

a bi i a bi i a bi ai bi i

a b a

a b b a i i

b a b

+ - - = - +  + - + = - +

ì ì

ï - = - ï =

-ï ï

 - + - = - + íï - = íï =

ï ï

ỵ ỵ

Vậy, z = - +1 3i  = - -z 1 3i THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb: Với A(2;1; 1), ( 4; 1;3), (1; 2; 3)- B- - C -

Đường thẳng AB: xem giải câu IVa.1 chương trình chuẩn

Đường thẳng ABđi qua A(2;0; 1)- , có vtcp u =AB = - -( 6; 2; 4)

CA =(1; 3; 4)-

Suy ra, [ , ] 3 4; 4 1; 1 3 (4;20;16)

2 4 4 6 6 2

CA u

æ - - ửữ

ỗ ữ

ỗ

=ỗ ữữ=

ỗ - - - - ữữ

ỗố ứ

 

Áp dụng công thức khoảng cách từđiểm C đến đường thẳng AB ta

2 2

2 2

[ , ] (4) (20) (16) 572

( , ) 12 2 3

56 ( 6) ( 2) (4 )

CA u d C AB

u

+ +

= = = = =

- + - +

  

Mặt cầu ( )S có tâm C tiếp xúc AB có tâm C(1; 2; 3)- , bán kính

( , ) 2 3 R=d C AB =

 Phương trình mặt cầu: (x-1)2 +(y+2)2 +(z-3)2 =12

Gọi tiếp điểm cần tìm H ỴAB H có toạđộH(2-6 ;1 ; 1t - t - +4 )t

Vì CH ^AB nên CH AB. =0

 

Giải t = 0,5 Và suy ra, H( 1; 0;1) -Câu Vb:Ta có,

3 2 3

( 3+i) =( 3) +3.( 3) i+3 3.i +i =3 3+9i+3 3- =i 2 i

Vậy,

670

2010 3 670 2010 670

2010 167 2010

( 3 ) ( 3 ) (2 ) 2 . 2 .( ) 2

z i i i i

i i

é ù

= + = êë + úû = =

= =

-2011 2010

( 3 ) 2 ( 3 )

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 8. Câu I:

 Hàm số

1 x y

x =

+

Tập xác định: D= \ { 1}

-Đạo hàm:

2 1

0, ( 1)

y x D

x

¢ = > " Ỵ +

Hàm sốĐB khoảng xác định không đạt cực trị

Giới hạn tiệm cận:

;

lim 1 lim 1 1

x-¥y = x+¥y =  =y tiệm cận ngang ;

( 1) ( 1)

lim lim 1

x - -y = +¥ x - +y = -¥  = -x TC đứng

Bảng biến thiờn

x Ơ -1 +Ơ

y + +

y +¥

1

1 -¥

Giao điểm với trục hồnh: cho y =  =0 x 0 Giao điểm với trục tung: cho x =  =0 y 0

Bảng giá trị: x -3 -2 -1

y 1,5 || 0,5

Đồ thị hàm số hình vẽ bên đây:

PTHĐGĐ ( )C D là:

2

( 1) 0 0

1

x x x x x x x

x+ =  = +  =  =

 x0 = 0 y0 =0  f x¢( )0 = f¢(0)=1

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y- =0 1(x-0) =y x

Xét phương trình:

1 x kx

x+ = (*)  =x kx x( +1)

2 ( 1) 0 ( 1) 0 0

1 (2) x

x kx kx kx k x x kx k

kx k é = ê

 = +  + - =  + - =  ê =

-êë

x y

1

-1 O 1

2

-2

0.5 x

y

y = 3x + 1

1 3

-2 -1 -1 O 1 2

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 10 Câu I:

Hàm sốy = -x3 +3x +1

Tập xác định: D= 

Đạo hàm: y¢ = -3x2 +3, x D

Cho y¢ =  -0 3x2 + = 3 0 x2 =  = 1 x 1 Với x    1 y 1 x  1 y 3

Giới hạn: lim ; lim

x-¥y = +¥ x+¥y = -¥

Bảng biến thiờn

x Ơ 1 +Ơ

y – 0 + 0 –

y +¥

–1 –¥

Hàm sốĐB khoảng (–1;1) ; NB khoảng (–¥;–1), (1;+¥) Hàm sốđạt cực đại yCÑ =3 xCÑ =1

đạt cực tiểu yCT = -1 xCT = -1

y¢¢ = -6x =  =  =0 x 0 y 1

Điểm uốn I(0;1)

Giao điểm với trục tung: cho x =  =0 y 1

Bảng giá trị: x –2 –1

y –1 –1

Đồ thị hàm số hình vẽ:

y = -x3 +3x +1 Ta có,x0 =0,y0 =1

 f x¢( )0 = f¢(0)= -3.02 + =3 3

Phương trình tiếp tuyến cần tìm : y- =1 3(x-0) =y 3x +1 Câu II:

 23

3

2 log x+log (3 ) 14x - =0

Điều kiện: x >

 Khi đó,

2

3 3

 1

2 2 ( ) : 3

x t

d y z t ìï = -ïï

ï = íï ï = ïïỵ

( ) :2 2 1

1 1 2

x y z

d - = - =

-d1đi qua điểm M1(2; 3; 0), có vtcp u1 = -( 2; 0;1)



d2đi qua điểm M2(2;1; 0), có vtcp u1 =(1; 1;2)

-

 Lấy A d BỴ 1, Ỵd2

(2 2 ; 3; ), (2 ;1 ;2 ) ( 2 ; 2 ;2 ) A - a a B +b -b b AB= b+ a - -b b-a

AB đường vuông góc chung d1 d2

1

0 . 0 2( 2 ) 0 1(2 ) 0

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

. 0

3 a

AB u b a b a

b a b b a b

AB u

ì

ì ï =

ï = ìï- + + + - = ï

ï ï ï

ï  

í í í

ï = ï + - - - + - = ï =

-ï ïỵ ï

ï ï

ỵ ỵ

   

Đường vng góc chung d1 d2đi qua A(2;3;0) có vtcp

1 5 2 ( ; ; )

3 3 3

AB= - - - hay u=(1;5;2)

 Vậy, PTCT cần tìm: 2 3

1 5 2

x- = y- = z Câu Vb: z =z2 (*)

Giả sửz = +a bi z = -a bi Thay vào phương trình (*)ta được:

2 2 2

( ) 2 2

a-bi = a+bi  -a bi =a + abi+b i  -a bi=a -b + abi

hoac 2

2 2 2

1

2 2 0 (2 1) 0 0

a a b a a b a a b a a b

b ab ab b b a b a

ì

ì ì ì ï

ï = - ï = - ï = - ï =

-ï ï ï

ï ï ï ï

íï íï íï íï

- = + = + = = =

-ï ï ï ï

ï ï ï ï

ỵ ỵ ỵ ỵ

 Với b = 0, ta a=a2 a2- =  =a 0 a 0 hoac a =1

 Với 1

2

a= - , ta 1 1 2 3 3

2 4 b b 4 b 2

- = -  =  = 

 Vậy, nghiệm phức cần tìm là:

1

1 3 1 3

0 , 1 , ,

2 2 2 2

z = z = z = - + i z = - - i TRUNGTNT.VIOLET.VN

d:y=kx cắt ( )C điểm phân biệt phương trình (*) có nghiệm phân biệt  phương trình (2) có nghiệm khác 0, tức

0 0

1 0 1

k k

k k

ì ì

ï ¹ ï ¹

ï ï

í í

ù - ạ ù ạ

ù ù

ợ ợ

Vy, vi k ạ0,k ạ1 thỡ d ct ( )C điểm phân biệt Câu II:

Ta có,

2

2 2 2

2 1 2 2

9 3. 9 3.3 3 3

3

x x

x x x x x x x x x x

+

- < æ ửữỗ ữ - < - - - < -

-ỗ ữ ỗố ứ

2

4 2 2

3 x - x 3 -x -x 4x 2x 1 2x x 6x x 1 0

 <  - < - -  - - <

Cho 6 1 0 1 hoac 1

2 3

x - - =  =x x x =

-Bảng xét dấu: x -¥ 1

3

- 1

2 +¥

6x - -x 1 + 0 – 0 +

Vậy, tập nghiệm bất phương trình khoảng: 1

3 ( ; ) S =

-Xét F x( )= ò2 lnx xdx

Đặt

2 1 ln

2

u x du dx x dv xdx v x

ìï

ì ï

ï = ï =

ï ï

í í

ï = ï

ï ï =

ỵ ïïỵ

Ta có:

2

2

( ) 2 ln ln ln

2 x F x = ò x xdx=x x-òxdx =x x- +C

Do F(1)= -1 nên

2

2 1 1 1 1

1 ln1 1 1 1

2 C 2 C C 2 2

- + = -  - + = -  = + =

-Vậy,

2

2 1

( ) ln

2 2 x F x =x x-

- Tìm GTLN, GTNN hàm sốy=x3 +4x2 -3x-5 đoạn [ 2;1]

-Hàm sốy =x3 +4x2-3x-5 liên tục đoạn [ 2;1]

3 2 6

A C

B S

D E

Cho

3 [ 1;2]

0 3 8 3 0 1

[ 1;2] 3

x

y x x

x

é = Ï -ê

¢=  + - = ê

ê = Ỵ -êë

Ta cú, 1 149

3 27 fổ ửữỗ ữ = -ỗ ữỗố ứ

( 2) 9 (1) 3 f

f

- = =

-Vậy,

[ 2;1] [ 2;1]

149 1

min , max 9 2

27 3

y x y x

- = - = - = =

-Câu III

SB = SA2 +AB2 = 32 +62 =3 5

2 2 2 62 32 22 7

SC = SA +AC = SA +AB +BC = + + =



2

2

2

6 4

.

5 (3 5) SD SA

SA SD SB

SB SB

=  = = =



2 2

2 6 36 .

49 7 SE SA SA SE SC

SC SC

=  = = =

 . 1 1 1 6.3.2 6

3 2 6

S ABC

V = ⋅SA⋅ ⋅AB BC⋅ = ⋅ =

4 36 6 864 5 49 245

S ADE

S ADE S ABC

S ABC

V SA SD SE V SD SE V

V = SA SB SC⋅ ⋅  = SB SC⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:A(1;1;1), (2; 1; 3), (5;2;0), ( 1; 3;1)B - D A¢

-ABCD hình bình hành AB=DC

 

1 5 6

(1; 2;2)

2 2 0

( 5; 2; ) 2 2

C C

C C

C C C

C C

x x

AB

y y

DC x y z z z

ì ì

ï = - ï =

ï ï

= - ïï ïï

 - =í - í =

ï ï

= - - ïï = ïï =

ï ï

ỵ ỵ

 

Đáp số: C(6; 0;2), (0;1; 3)B¢ Nói thêm: D¢(3; 4; 0),C¢(4;2;2)

I

O O'

M M ' C '

B '

A B

C A '

Ta có, 2 2 3 3

3 3 2 3

a a

OA=O A¢ ¢= AM = ⋅ =



2

2 2 2

2 3 21

2 3 4 3 6

a a a a a

IA= OI +OA = ỗổ ửố ứỗỗ ữữữ +ốỗỗổỗỗ ửữữữữứ = + = =IAÂ

Suy ra, I tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ IA bán kính Diện tích mặt cầu là:

2

2 7 7

4 4

12 3

a a

S = pR = p⋅ = p (đvdt) THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu IVa:

d1đi qua điểm M1(2; 3; 0), có vtcp u1 = -( 2;0;1)



d2đi qua điểm M2(2;1; 0), có vtcp u2 =(1; 1;2)

-

Ta có, u u 1. 2 = -2.1+0.( 1)- +1.2= 0 u1 ^u2 d1 ^d2

[ , ]1 2 0 1; 2 2 0 (1;5;2)

1 2 1 1 1 u u

æ - - ửữ

ỗ ữ

ỗ

=ỗ ữữ=

ỗ - - ữữ

ỗố ứ

 

1 (0; 2; 0) [ , ].1 2 10 0 M M= -  u u M M   = - ¹

Vậy, d1 vng góc với d2 không cắt d2

 Mặt phẳng (P) chứa d1 nên qua M1(2; 3; 0) song song d2

Điểm mp(P): M1(2; 3; 0)

vtpt mp(P): n=[ , ]u u 1 2 =(1;5;2)

PTTQ mp(P):1(x-2)+5(y-3)+2(z-0)=0

5 2 17 0 x y z

 + + - =

Khoảng cách d1 d2 khoảng cách từM2đến mp(P), bằng:

2 2 2 2

2 5.1 2.0 17 10 30 ( ,( ))

3 30 1 5 2

d M P = + + - = =

+ +

Câu Va:z = +1 4i+ -(1 i)3 = +1 4i+ -1 3i+3i2-i3 = - +1 2i

Vậy, z = - +1 2i  z = ( 1)- +22 = 5 THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:A(1;1;1), (2; 1;3), (5;2; 0), ( 1;3;1)B - D A¢

2

2 2

2 log ( – 1)x >log (5 – )x + 1 log ( – 1)x >log [2.(5 – )]x

2

2

( 1) 2(5 ) 2 1 10 2 3

9 0

3

x x x x x

x x

x

 - > -  - + > é <

-ê  - >  ê >

êë

Đối chiếu với điều kiện (1) ta nhận: < x <

Vậy, tập nghiệm bất phương trình là: S =(3;5)

Xét

0 ( )

x

I =ò x x +e dx

Đặt

( )

2

x x

du dx u x

x dv x e dx v e

ìï =

ì ï

ï = ï

ïï ï

í í

ï = + ï = +

ï ï

ïỵ ïïỵ

1

1 2 2

1 0

1

0

( ) ( ) ( )

2 2

1 1 1 4

( ) ( ) (0 1)

2 6 2 6 3

x x x

x

x x

I x x e dx x e e dx x

e e e e

= + = + - +

= + - + = + - + + + =

ị ị

 Tìm GTLN, GTNN hàm sốy =2x3 +3x2 -12x +2 đoạn [ 1;2]

-Hàm số y =2x3 +3x2-12x+2 liên tục đoạn [ 1;2] - y¢ =6x2 +6x-12

Cho (loai)

(nhan)

2 2 [ 1;2]

0 6 6 12 0

1 [ 1;2] x

y x x

x

é = Ï -ê

¢ =  + - =  ê = Ỵ

-êë

Ta có, f(1)=2.13 +3.12 -12.1+ = -2 5

3

3

( 1) 2.( 1) 3.( 1) 12.( 1) 2 15 (2) 2.2 3.2 12.2 2 6

f f

- = - + - - - + =

= + - + =

Vậy,

[ 1;2] [ 1;2]

miny 5 x 2, maxy 15 x 1

- = - = - = =

-Câu III

 Gọi O O, ¢ trọng tâm hai đáy ABC A B C¢ ¢ ¢

OO¢vng góc với hai mặt đáy Do đó, gọi I trung điểm OO¢

IA¢=IB¢=IC¢ IA=IB=IC



2 2

2 2

(1; 2;2) 1 ( 2) 2 3 (4;1; 1) 4 1 ( 1) 3 2

AB AB

AD AD

ì

ì ï

ï = - ï = + - + =

ïï ï

í í

ï = - ï = + + - =

ï ï

ï ï

ỵ ỵ





. 1.4 2.1 2.( 1) 0 AB AD = - + - =

AB AD ABCD

 ^  hình chữ nhật (vì hình bình hành, có thêm góc vng)

Điểm mp(ABCD): A(1;1;1)

vtpt mp(ABCD):

2 2 2 1 2

[ , ] ; ; (0;9;9)

1 1 1 4 1 uD AB AD

ỉ- - ÷ư

ỗ ữ

ỗ

= =ỗỗ ữữ=

- - ữữ

ỗố ứ

PTTQ mặt đáy (ABCD):0(x- +1) 9(y- +1) 9(z-1)=0 9y 9z 18 0 y z 2 0

 + - =  + - =

Diện tích mặt đáy ABCD: B=SABCD =AB AD. =3.3 2 =9 2(đvdt)

 Chiều cao h ứng với đáy ABCD hình hộp khoảng cách từ A¢đến (ABCD):

D

2 3 1 2 2

( ,( )) 2

2 1 1

h=d A ABC¢ = + - = = +

Vậy, Vhh =B h. =9 2 =18(đvtt) Câu Va:Cho 1 1 0 x 1

x

- =  =

Vậy, thể tích cần tìm: 2 2

1

1 2 1

(1 ) (1 )

V dx dx

x x x

p p

= ò - = ò - +

2

1 1 1

2 ln 2 2 ln 2 1 ln 1

2 1

3

2 ln 2 2

V x x

x

p p p

p

ổ ửữ ổ ửữ ổ ửữ

ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

= ốỗỗ - - ữứ = ốỗỗ - - ữứ- ốỗỗ - - ữứ

ổ ửữ

ỗ ữ

= ỗỗố - ÷ø

THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu IVb:A(1;1;1), (2; 1; 3), (5;2; 0), ( 1; 3;1)B - D A¢

-Hồn tồn giống câu IVa.1 (phần dành cho CT chuẩn): đề nghị xem giải

 Giả sử phương trình mặt cầu

2 2

Vì (S) qua bốn điểm A(1;1;1), (2; 1; 3), (5;2; 0), ( 1; 3;1)B - D A¢- nên:

3 2 2 2 0 3, 5

14 4 2 6 0 5, 5

29 10 4 0 6, 5

11 2 6 2 0 28

a b c d a

a b c d b

a b d c

a b c d d

ì ì

ï + + + + = ï =

-ï ï

ï ï

ï + - + + = ï =

-ï ï

ï ï

í í

ï + + + = ï =

-ï ï

ï ï

ï - + + + = ï =

ï ï

ï ï

ỵ ỵ

Vậy, phương trình mặt cầu ( ) :S x2 +y2 +z2-7x-11y-13z+28=0 Câu Vb: z2 – (1+5 ) – 2i z + i =0 (*)

Ta có,

2

(1 5 )i 4.( 6 2 )i 2i (1 i) ¢

D = + - - + = = +

 Vậy, phương trình (*) có nghiệm phức phân biệt:

1

(1 5 ) (1 ) 4 2

2 2

i i i

z = + - + = = i và

2

(1 5 ) (1 ) 2 6 1 3

2 2

i i i

z = + + + = + = + i

TRUNGTNT.VIOLET.VN

x y

y = m -

3 1

3 -1

-1 2

O

1

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ Câu I:

Hàm sốy = -x3 +3x2 -1

Tập xác định: D= 

Đạo hàm: y¢ = -3x2 +6x , x D

Cho y¢ =  -0 3x2 +6x =  =0 x 0 hoac x =2 Với x   0 y 1 x  2 y 3

Giới hạn: lim ; lim

x-¥y = +¥ x+¥y = -¥

Bảng biến thiên

x –¥ +¥

y 0 + 0

y +Ơ

–1 –¥

Hàm sốĐB khoảng (0;2); NB khoảng (–¥;0), (2;+¥) Hàm sốđạt cực đại x =2,yCD =3

đạt cực tiểu x =0,yCT = -1

Giao điểm với trục tung: cho x =  = -0 y 1

Bảng giá trị: x –1

y –1 –1

Đồ thị hàm số hình vẽ:



( )

3

3

3 0

3 3

3 1 1 *

x x k x x k

x x k

x x k

- + =

 - =

- - + =

 - + =

-Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm (C) d: y = k –

 (*) có nghiệm phân biệt  - < - <  < <1 k 1 3 0 k 4

Vậy, phương trình cho có nghiệm phân biệt  < <0 k 4 Câu II:

2 log ( – 1)2 x >log (5 – )2 x +1

Điều kiện: 1 0 1 1 5

5 0 5

x x

x

x x

ì ì

ï - > ï >

ï ï  < <

í í

ï - > ï <

ï ï

ỵ ỵ

(1)