1 13 ðỀ THI THỬ TN THPT CĨ ðÁP ÁN ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 3 2 y x 3x 1 = − + − có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt 3 2 x 3x k 0 − + = . Câu II ( 3,0 điểm ) a. Giải phương trình 3x 4 2x 2 3 9 − − = b. Cho hàm số 2 1 y sin x = . Tìm ngun hàm F(x ) của hàm số , biết rằng đồ thị của hàm số F(x) đi qua điểm M( 6 π ; 0) . c. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 1 y x 2 x = + + với x > 0 . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 và đường cao h = 1 . Hãy tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ): Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d) : x 2 y z 3 1 2 2 + + = = − và mặt phẳng (P) : 2x y z 5 0 + − − = a. Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại A . Tìm tọa độ điểm A . b. Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua A , nằm trong (P) và vng góc với (d) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường : 1 y lnx,x ,x e e = = = và trục hồnh . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) : = +   = +   = − +  x 2 4t y 3 2t z 3 t và mặt phẳng (P) : x y 2z 5 0 − + + + = a. Chứng minh rằng (d) nằm trên mặt phẳng (P) . b. Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là 14 . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tìm căn bậc hai của số phức z 4i = − . . . . . . . .Hết . . . . . . . 2 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a. (2d) b. (1đ) pt 3 2 x 3x 1 k 1 ⇔ − + − = − ðây là pt hồnh độ điểm chung của (C) và đường thẳng (d):y k 1 = − Căn cứ vào đồ thị , ta có : Phương trình có ba nghiệm phân biệt 1 k 1 3 0 k 4 ⇔ − < − < ⇔ < < Câu II ( 3,0 điểm ) a. ( 1đ ) 3x 4 3x 4 2x 2 2(2x 2) 2 2 x 1 8 3 9 3 3 3x 4 4x 4 x 7 (3x 4) (4x 4) − − − − ≥   = ⇔ = ⇔ − = − ⇔ ⇔ =  − = −   b. (1đ) Vì F(x) = cotx + C − . Theo đề : F( ) 0 cot C 0 C 3 F(x) 3 cot x 6 6 π π = ⇔ − + = ⇔ = ⇒ = − c. (1đ) Với x > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cơsi : 1 x 2 x + ≥ . Dấu “=” xảy ra khi x 0 2 1 x x 1 x 1 x > = ⇔ = → = y 2 2 4 ⇒ ≥ + = . Vậy : (0; ) Miny y(1) 4 +∞ = = Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi hình chóp đã cho là S.ABC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đáy ABC . Khi đó : SO là trục đường tròn đáy (ABC) . Suy ra : SO ⊥ (ABC) . Trong mp(SAO) dựng đường trung trực của cạnh SA , cắt SO tại I . Khi đó : I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp S.ABC Tính bán kính R = SI . Ta có : Tứ giác AJIO nội tiếp đường tròn nên : SJ.SA SI.SO = ⇒ SI = SJ.SA SO = 2 SA 2.SO ∆ SAO vuông tại O . Do đó : SA = 2 2 SO OA + = 6 2 1 3 + = 3 ⇒ SI = 3 2.1 = 3 2 Diện tích mặt cầu : 2 S 4 R 9 = π = π x −∞ 0 2 +∞ y ′ − 0 + 0 − y +∞ 3 1 − −∞ 3 II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : a. (0,5 ñ) A(5;6; − 9) b. (1,5ñ) + Vectơ chỉ phương của ñường thẳng (d) : u (1; 2;2) d = −  + Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) : n ((2;1; 1) P = −  + Vectơ chỉ phương của ñường thẳng ( ∆ ) : u [u ;n ] (0;1;1) d P = = ∆    + Phương trình của ñường thẳng ( ∆ ) : x 5 y 6 t (t ) z 9 t  =  = + ∈   = − +  ℝ Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) : + Diện tích : 1 e S lnxdx lnxdx 1/e 1 = − + ∫ ∫ + ðặt : 1 u ln x,dv dx du dx,v x x = = ⇒ = = + lnxdx xlnx dx x(lnx 1) C = − = − + ∫ ∫ + 1 1 e S x(lnx 1) x(lnx 1) 2(1 ) 1/e 1 e = − − + − = − 3. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : a. (0,5ñ) Chọn A(2;3; − 3),B(6;5; − 2) ∈ (d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) . b.(1,5ñ) Gọi u  vectơ chỉ phương của ( d 1 ) qua A và vuông góc với (d) thì u u d u u P  ⊥   ⊥       nên ta chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) P = = − = −    . Ptrình của ñường thẳng ( d 1 ) : x 2 3t y 3 9t (t ) z 3 6t  = +  = − ∈   = − +  ℝ ( ∆ ) là ñường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên ( d 1 ) thì M(2+3t;3 − 9t; − 3+6t) . Theo ñề : 1 1 2 2 2 2 AM 14 9t 81t 36t 14 t t 9 3 = ⇔ + + = ⇔ = ⇔ = ± + t = 1 3 − ⇒ M(1;6; − 5) x 1 y 6 z 5 ( ): 1 4 2 1 − − + ⇒ ∆ = = + t = 1 3 ⇒ M(3;0; − 1) x 3 y z 1 ( ): 2 4 2 1 − + ⇒ ∆ = = Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : Gọi x + iy là căn bậc hai của số phức z 4i = − , ta có : 2 2 x y 2 x y 0 (x iy) 4i 2xy 4 2xy 4    = − = + = − ⇔ ⇔   = − = −    hoặc x y 2xy 4  = −  = −  x y 2 2x 4  =  ⇔  = −   (loại) hoặc x y 2 2x 4  = −   − = −   x y x 2;y 2 2 x 2;y 2 x 2   = −  = = − ⇔ ⇔   = − = =     Vậy số phức có hai căn bậc hai : z 2 i 2 , z 2 i 2 1 2 = − = − + 4 ðỀ 2 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) Cho hàm số 2x 1 y x 1 + = − có ñồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). b. Viết phương trình tiếp tuyến với ñồ thị (C) ñi qua ñiểm M(1;8) . . Câu II ( 3,0 ñiểm ) a. Giải bất phương trình x 2 log sin 2 x 4 3 1 − + > b. Tính tìch phân : I = 1 x (3 cos2x)dx 0 + ∫ c. Giải phương trình 2 x 4x 7 0 − + = trên tập số phức . Câu III ( 1,0 ñiểm ) Một hình trụ có bán kính ñáy R = 2 , chiều cao h = 2 . Một hình vuông có các ñỉnh nằm trên hai ñường tròn ñáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và không vuông góc với trục của hình trụ . Tính cạnh của hình vuông ñó . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó . 4. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñiểm M(1;0;5) và hai mặt phẳng (P) : 2x y 3z 1 0 − + + = và (Q) : x y z 5 0 + − + = . a. Tính khoảng cách từ M ñến mặt phẳng (Q) . b. Viết phương trình mặt phẳng ( R ) ñi qua giao tuyến (d) của (P) và (Q) ñồng thời vuông góc với mặt phẳng (T) : 3x y 1 0 − + = . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các ñường y = 2 x 2x − + và trục hoành . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành . 5. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñường thẳng (d ) : x 3 y 1 z 3 2 1 1 + + − = = và mặt phẳng (P) : x 2y z 5 0 + − + = . a. Tìm tọa ñộ giao ñiểm của ñường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . b. Tính góc giữa ñường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . c. Viết phương trình ñường thẳng ( ∆ ) là hình chiếu của ñường thẳng (d) lên mặt phẳng (P). Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : Giải hệ phương trình sau : y 4 .log x 4 2 2y log x 2 4 2  − =   − + =   . . . . . . . .Hết . . . . . . . 5 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) a. (2d) b. (1ñ) Gọi ( ) ∆ là tiếp tuyến ñi qua M(1;8) có hệ số góc k . Khi ñó : ( ) ∆ y 8 k(x 1) y k(x 1) 8 − = − ⇔ = − + Phương trình hoành ñộ ñiểm chung của (C ) và ( ) ∆ : 2x 1 2 k(x 1) 8 kx 2(3 k)x 9 k 0 (1) x 1 + = − + ⇔ + − − + = − ( ) ∆ là tiếp tuyến của (C ) ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép k 0 k 3 2 ' (3 k) k(k 9) 0  ≠  ⇔ ⇔ = −  ∆ = − − − =   Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y 3x 11 = − + Câu II ( 3,0 ñiểm ) a. (1ñ ) pt ⇔ x 2 log sin 2 x 4 − + >0 ⇔ x 2 0 1 x 4 − < < + ( vì 0 < sin2 < 1 ) x 2 x 2 x 2 0 0 0 x 4 x 4 x 4 x 2 x 2 6 1 1 0 0 x 4 x 4 x 4    − − − < < <       + + + ⇔ ⇔ ⇔    − − −    < − < <    + + +    x 2 0 x 2 x 2 x 4 0 x 4   − > > ⇔ ⇔ ⇔ >   + > > −   b. (1ñ) I = 1 x (3 cos2x)dx 0 + ∫ = x 3 1 3 1 1 1 2 1 1 [ sin2x] [ sin2] [ sin0] sin2 0 ln3 2 ln3 2 ln3 2 ln3 2 + = + − + = + c. (1ñ) 2 ' 3 3i ∆ = − = nên ' i 3 ∆ = Phương trình có hai nghiệm : x 2 i 3 , x 2 i 3 1 2 = − = + x −∞ 1 +∞ y ′ − − y 2 −∞ +∞ 2 6 Câu III ( 1,0 ñiểm ) Xét hình vuông có cạnh AD không song song và vuông góc với trục OO’ của hình trụ . Vẽ ñường sinh AA’ Ta có : CD ⊥ (AA’D) CD A'D ⇒ ⊥ nên A’C là ñường kính của ñường tròn ñáy . Do ñó : A’C = 4 . Tam giác vuông AA’C cho : 2 2 AC AA' A'C 16 2 3 2 = + = + = Vì AC = AB 2 . S uy ra : AB = 3 . Vậy cạnh hình vuông bằng 3 . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) 1, Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : a. (0,5ñ) d(M;(Q)) = 1 3 b. (1,5ñ) Vì 2 1 3 2x y 3z 1 0 (d) (P) (Q): x y z 5 0 1 1 1 −  − + + = ≠ ≠ ⇒ = ∩  + − + = −  Lấy hai ñiểm A( − 2; − 3;0), B(0; − 8; − 3) thuộc (d) . + Mặt phẳng (T) có VTPT là n (3; 1;0) T = −  + Mặt phẳng (R) có VTPT là n [n ,AB] (3;9; 13) R T = = −    + ( R) : Qua M(1;0;5) (R):3x 9y 13z 33 0 + vtpt : n (3;9; 13) R  + ⇒ + − + =  = −   Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) : + Phương trình hoành giao ñiểm : 2 x 2x 0 x 0,x 2 − + = ⇔ = = + Thể tích : 2 4 1 16 2 2 2 4 5 2 V ( x 2x) dx [ x x x ] Ox 0 3 5 5 0 π = π − + = π − + = ∫ 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : a. (0,5ñ ) Giao ñiểm I( − 1;0;4) . b. (0,5d) 2 2 1 1 sin 2 6 4 1 1. 1 4 1 + − π ϕ = = ⇒ ϕ = + + + + c. (1,0ñ) Lấy ñiểm A( − 3; − 1;3) ∈ (d). Viết pt ñường thẳng (m) qua A và vuông góc với (P) thì (m) : x 3 t,y 1 2t,z 3 t = − + = − + = − . Suy ra : (m) 5 5 (P) A'( ;0; ) 2 2 ∩ = − . ( ) (IA'): x 1 t,y 0,z 4 t ∆ ≡ = − + = = + , qua I( − 1;0;4) và có vtcp là 3 IA' (1 ;0; 1) 2 = −  Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : ðặt : 2y u 2 0,v log x 2 − = > = . Thì 1 uv 4 hpt u v 2 x 4;y u v 4 2  = ⇔ ⇔ = = → = = −  + =  7 ðỀ 3 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) Cho hàm số 4 2 y x 2x 1 = − − có ñồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). b. Dùng ñồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình 4 2 x 2x m 0 (*) − − = . Câu II ( 3,0 ñiểm ) a. Giải phương trình 1 7 2.7 9 0 x x− + − = b. Tính tích phân : I = 1 x x(x e )dx 0 + ∫ c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 3 2 2x 3x 12x 2 + − + trên [ 1;2] − . Câu III ( 1,0 ñiểm ) Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vuông góc với nhau từng ñôi một với SA = 1cm, SB = SC = 2cm .Xác ñịnh tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu ñó . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho 4 ñiểm A( − 2;1; − 1) ,B(0;2; − 1) ,C(0;3;0) , D(1;0;1) . a. Viết phương trình ñường thẳng BC . b. Chứng minh rằng 4 ñiểm A,B,C,D không ñồng phẳng . c. Tính thể tích tứ diện ABCD . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) : Tính giá trị của biểu thức 2 2 P (1 2 i) (1 2 i) = − + + . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho ñiểm M(1; − 1;1) , hai ñường thẳng x 1 y z ( ): 1 1 1 4 − ∆ = = − , x 2 t ( ): y 4 2t 2 z 1  = −  ∆ = +   =  và mặt phẳng (P) : y 2z 0 + = a. Tìm ñiểm N là hình chiếu vuông góc của ñiểm M lên ñường thẳng ( 2 ∆ ) . b. Viết phương trình ñường thẳng cắt cả hai ñường thẳng ( ) ,( ) 1 2 ∆ ∆ và nằm trong mặt phẳng (P) . Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : Tìm m ñể ñồ thị của hàm số 2 x x m (C ): y m x 1 − + = − với m 0 ≠ cắt trục hoành tại hai ñiểm phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến với ñồ thị tại hai ñiểm A,B vuông góc nhau . 8 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) a) 2ñ x −∞ 1 − 0 1 +∞ y ′ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1 − +∞ 2 − 2 − b) 1ñ pt (1) 4 2 x 2x 1 m 1 (2) ⇔ − − = − Phương trình (2) chính là phương trình ñiểm chung của ( C ) và ñường thẳng (d) : y = m – 1 Căn cứ vào ñồ thị (C ) , ta có :  m -1 < -2 ⇔ m < -1 : (1) vô nghiệm  m -1 = -2 ⇔ m = -1 : (1) có 2 nghiệm  -2 < m-1<-1 ⇔ -1 < m < 0 : (1) có 4 nghiệm  m-1 = - 1 ⇔ m = 0 : (1) có 3 nghiệm  m – 1 > -1 : (1) có 2 nghiệm Câu II ( 3,0 ñiểm ) a) 1ñ Ta cã: 1 7 2.7 9 0 x x− + − = 2 7 7 7 2. 9 0 7 7 9.7 14 0 1 7 7 log 2 7 2 x x x x x x x x ⇔ + − = ⇔ − + =  = =  ⇔ ⇔   = =   b) 1ñ Ta có : 1 1 1 x 2 x I x(x e )dx x dx xe dx I I 1 2 0 0 0 = + = + = + ∫ ∫ ∫ với 1 1 2 I x dx 1 3 0 = = ∫ 1 x I xe dx 1 2 0 = = ∫ .ðặt : x u x,dv e dx = = . Do ñó : 4 I 3 = c) 1ñ Ta có : TXð D [ 1;2] = − x 2 (l) 2 2 y 6x 6x 12 , y 0 6x 6x 12 0 x 1  = − ′ ′ = + − = ⇔ + − = ⇔  =  Vì y( 1) 15,y(1) 5,y(2) 6 − = = = nên Miny y(1) 5 , Maxy y( 1) 15 [ 1;2] [ 1;2] = = = − = − − Câu III ( 1,0 ñiểm ) Gọi I là trung ñiểm của AB . Từ I kẻ ñường thằng ∆ vuông góc với mp(SAB) thì ∆ là trục của SAB ∆ vuông . Trong mp(SCI) , gọi J là trung ñiểm SC , dựng ñường trung trực của cạnh SC của SCI ∆ cắt ∆ tại O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC . Khi ñó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật . 9 Ta tính ñược : SI = 1 5 AB 2 2 = , OI = JS = 1 , bán kính R = OS = 3 2 Diện tích : S = 2 2 4 R 9 (cm ) π = π Thể tích : V = 4 9 3 3 R (cm ) 3 2 π = π II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : a) 0,5ñ (BC) : x 0 Qua C(0;3;0) (BC): y 3 t + VTCP BC (0;1;1) z t  =  +   ⇒ = +   =    =   b) 1,0ñ Ta có : AB (2;1;0),AC (2;2;1),AD (3; 1;2) = = = −    [AB,AC] (1; 2;2) [AB,AC].AD 9 0 A,B,C,D = − ⇒ = ≠ ⇒      không ñồng phẳng c) 0,5ñ 1 3 V [AB,AC].AD 6 2 = =    Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) : P = -2 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : a) 1ñ Gọi mặt phẳng Qua M(1; 1;1) Qua M(1; 1;1) (P): (P): (P):x 2y 3 0 + ( ) + VTPT n = a ( 1;2;0) 2 P 2   + − + −   ⇒ ⇒ − − =   ⊥ ∆ = −       Khi ñó : 19 2 N ( ) (P) N( ; ;1) 2 5 5 = ∆ ∩ ⇒ b) 1ñ Gọi A ( ) (P) A(1;0;0) , B ( ) (P) B(5; 2;1) 1 2 = ∆ ∩ ⇒ = ∆ ∩ ⇒ − Vậy x 1 y z (m) (AB): 4 2 1 − ≡ = = − Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : Pt hoành ñộ giao ñiểm của (C ) m và trục hoành : 2 x x m 0 (*) − + = với x 1 ≠ ñiều kiện 1 m , m 0 4 < ≠ Từ (*) suy ra 2 m x x = − . Hệ số góc 2 x 2x 1 m 2x 1 k y 2 x 1 (x 1) − + − − ′ = = = − − Gọi x ,x A B là hoành ñộ của A,B thì phương trình (*) ta có : x x 1 , x .x m A B A B + = = Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì y (x ).y (x ) 1 5x x 3(x x ) 2 0 5m 1 0 A B A B A B ′ ′ = − ⇔ − + + = ⇔ − = 1 m 5 ⇔ = thỏa mãn (*) Vậy giá trị cần tìm là 1 m 5 = 10 ðỀ 4 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ñiểm ) Câu I ( 3,0 ñiểm ) Cho hàm số 3 y x 3x 1 = − + có ñồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). b. Viết phương trình tiếp tuyến với ñồ thị (C) ñi qua ñiểm M( 14 9 ; 1 − ) . . Câu II ( 3,0 ñiểm ) a. Cho hàm số 2 x x y e − + = . Giải phương trình y y 2y 0 ′′ ′ + + = b. Tính tìch phân : 2 sin2x I dx 2 (2 sinx) 0 π = + ∫ c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2 y 2sin x cos x 4sinx 1 = + − + . Câu III ( 1,0 ñiểm ) Một hình nón có ñỉnh S , khoảng cách từ tâm O của ñáy ñến dây cung AB của ñáy bằng a ,  SAO 30 =  ,  SAB 60 =  . Tính ñộ dài ñường sinh theo a . II . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ ñược làm phần dành riêng cho chương trình ñó 6. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho hai ñường thẳng x 1 y 2 z ( ): 1 2 2 1 − − ∆ = = − − , x 2t ( ): y 5 3t 2 z 4  = −  ∆ = − +   =  a. Chứng minh rằng ñường thẳng ( ) 1 ∆ và ñường thẳng ( ) 2 ∆ chéo nhau . b. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa ñường thẳng ( ) 1 ∆ và song song với ñường thẳng ( ) 2 ∆ . Câu V.a ( 1,0 ñiểm ) : Giải phương trình 3 x 8 0 + = trên tập số phức 7. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 ñiểm ) : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho ñiểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) : x y 2z 1 0 + + + = và mặt cầu (S) : 2 2 2 x y z 2x 4y 6z 8 0 + + − + − + = . a. Tìm ñiểm N là hình chiếu của ñiểm M lên mặt phẳng (P) . b. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) . Câu V.b ( 1,0 ñiểm ) : Biểu diễn số phức z = 1 − + i dưới dạng lượng giác . . . . . . . . .Hết . . . . . . . [...]... ; lim y = 1 lim y = lim x→ ± ∞ x→ ± ∞ x→ − ∞ x→ + ∞ 1 x 1+ x2 B ng bi n thi n : x −∞ y′ y + 1 0 +∞ − 2 1 −1 Vậy : Hàm số đã cho đạt : M = max y = y(1) = 2 ℝ Khô ng có GTNN Câu III ( 1,0 đi m ) N u hình l p phương có c nh là a thì th tích c a nó là V1 = a3 Hình tr ngo i ti p hình l p phương đó có bán a 2 và chi u cao h = a nên có th 2 πa3 Khi đó t s th tích : tích là V2 = 2 kính R = V1 a3 2 = = V2... (1) trên tập số phức • Phương trình (1) có biệt số ∆' = 4 − 9 = −5 • Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là : x = 2 − 5i và 0.5 1 x = 2 + 5i Câu 4 1.5đ Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600 Tính thể tích của khối chóp SABCD theo a • Gọi O là tâm của đáy và M là trung điểm của AB, vì SABCD là hình chóp tứ giác đều nên ta suy ra được: 0 OM ⊥ AB; SM... h ng đ u tiên c a m t c p s nhân có s h ng đ u tiên u1 = 1 , cơng b i q = (1 + i)2 = 2i 1 − q10 1 − (2i)10 1 + 210 1025(1 + 2i) Ta có : M = u1 = 1 = = = 205 + 410i 1− q 1 − 2i 1 − 2i 5 34 ð 10 Môn : Toán Thời gian: 150 phút I PHẦN CHUNG CHO HỌC SINH CẢ 2 BAN (8,0 điểm) Câu 1 (3.5 điểm) Cho hàm số y = − x 3 + 3x − 2 , gọi đồ thò của hàm số là (C) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò của hàm số 2 Tính... 2 + m = 0 có ba nghiệm phân biệt Câu 2: (1.5 điểm) Giải bất phương trình: log 2 ( x − 3) + log 2 (x − 2) ≤ 1 Câu 3: (1.5 điểm) Giải phương trình x 2 − 4 x + 9 = 0 trên tập số phức Câu 4: (1.5 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600 Tính thể tích của khối chóp SABCD theo a II PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN (2.0 điểm) A Thí sinh Ban KHTN chọn câu... 2z − 7 = 0 + VTPT n = [a1;a2 ] = (3;2;2) + // (∆2 )   b) 1đ (P) :   Câu V.a ( 1,0 đi m ) :  x = −2 Ta có : x3 + 8 = 0 ⇔ (x + 2)(x2 − 2x + 4) = 0 ⇔   x2 − 2x + 4 = 0 (*)  12 Phưong trình (*) có ∆ = 1 − 4 = −3 = 3i2 ⇒ ∆ = i 3 nên (*) có 2 nghi m : x =1− i 3 , x =1+ i 3 V y phương trình có 3 nghi m x = −2 , x = 1 − i 3 , x = 1 + i 3 2 Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 đi m ) : x = 2... 1,5đ + Tâm I(1; −2;3) , bán kính R = 6 + (Q) (P) nên (Q) : x + y + 2z + m = 0 (m ≠ 1) + (S) ti p xúc (Q) ⇔ d(I;(Q)) = R ⇔ | 1− 2 + 6 + m | 6 =  m = 1 (l) 6 ⇔ | 5+ m | = 6 ⇔   m = −11 V y m t ph ng c n tìm có phương trình (Q) : x + y + 2z − 11 = 0 Câu V.b ( 1,0 đi m ) : z = −1 + i ⇒ z = 2 = r 2 1 2 3π , sin ϕ = = ⇒ϕ= 2 2 4 2 2 3π 3π V y : z = 2(cos + isin ) 4 4 cos ϕ = − 1 =− 13 ð 5 ( Th i gian làm... liên t c , khơng âm trên [ 0; 1 ] nên hình ph ng (H) có di n tích : 2x + 1 1 1 0 0 1 1 d(2x + 1) 1 1 1 S= ∫ dx = ∫ = ln 2x + 1 = ln3 0 2 2x + 1 2 2x + 1 2 a > 0 1 Theo đ : S = ln a ⇔ ln3 = ln a ⇔ ln 3 = lna ⇔  ⇔a= 3 2 a = 3 2 Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 đi m ) : a) 1đ + M t ph ng ( P1 ) có VTPT n1 = (2; −1;1) , m t ph ng ( P2 ) có VTPT n2 = (1;2; −2) 2 −1 ≠ nên suy ra ( P1 ) và (... 3x 2 − 4 có đ th (C) a Kh o sát s bi n thi n và v đ th (C) b Cho h đư ng th ng (d m ) : y = mx − 2m + 16 v i m là tham s (d m ) ln c t đ th (C) t i m t đi m c đ nh I Câu II ( 3,0 đi m ) a Gi i b t phương trình ( 2 + 1) x −1 ≥ ( 2 − 1) 1 x −1 x+ 1 b Cho ∫ f(x)dx = 2 v i f là hàm s l Hãy tính tích phân : I = 0 Ch ng minh r ng 0 ∫ f(x)dx −1 x 2 c Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t n u có c a hàm... và m t ph ng z = −1  (P) : 2x + y − 2z − 1 = 0 a Vi t phương trình m t c u có tâm n m trên (d) , bán kính b ng 3 và ti p xúc v i (P) b Vi t phương trình đư ng th ng ( ∆ ) qua M(0;1;0) , n m trong (P) và vng góc v i đư ng th ng (d) Câu V.b ( 1,0 đi m ) : Trên t p s ph c , tìm B đ phương trình b c hai z2 + Bz + i = 0 có t ng bình phương hai nghi m b ng −4i H t 22 HƯ NG D N I PH N... z1,z2 là hai nghi m c a phương trình đã cho và B = a + bi v i a, b ∈ ℝ Theo đ phương trình b c hai z2 + Bz + i = 0 có t ng bình phương hai nghi m b ng −4i 2 nên ta có : z1 + z2 = (z1 + z2 )2 − 2z1z2 = S2 − 2P = (−B)2 − 2i = −4i hay B2 = −2i hay 2 a2 − b2 = 0   2ab = −2  H phương trình có nghi m (a;b) là (1; −1),(−1;1) (a + bi)2 = −2i ⇔ a2 − b2 + 2abi = −2i Suy ra : V y : B = 1− i , B = −1+ i 25