10 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP NĂM HỌC 2011 ĐỀ 1 (Thêi gian lµm bµi 150 phót ) I/_ Phần dành cho tất cả thí sinh Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số ( ) 1 1 1 x y x + = − có đồ thị là (C) 1) Khảo sát hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm P(3;1). Câu II ( 3 điểm) 1) Giải bất phương trình: 2.9 4.3 2 1 x x + + > 2) Tính tích phân: 1 5 3 0 1I x x dx= − ∫ 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 1x x y x + + = với 0x > Câu III (1 điểm). Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp một hình lăng trụ tam giác đều có 9 cạnh đều bằng a. Câu IV. (2 điểm) Trong không gian cho hệ tọa độ Oxyz, điểm A (1; -1; 1) và hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) theo thứ tự có phương trình: ( ) ( ) 1 2 3 3 0 : 1 2 ; : 2 1 0 3 x t x y z d y t d x y z t =  − − + =   = − −   − + =   = −  Chứng minh rằng (d 1 ), (d 2 ) và A cùng thuộc một mặt phẳng. Câu V (1 điểm) Tìm môđun của số phức ( ) 2 2 2z i i = + − − ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 1 Câu Đáp án Điểm I 1) (2 điểm) ( 3 điểm) TXĐ: { } \ 1D R= 0,25 Sự biến thiên  Chiều biến thiên: ( ) 2 2 ' 0, 1 1 y x x − = < ∀ ≠ − Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ;1 µ 1;+v−∞ ∞ .  Cực trị: hàm số không có cực trị 0,50  Giới hạn: 1 1 lim lim 1; lim ; lim x x x x y y y y − + →−∞ →+∞ → → = = = −∞ = +∞ Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng: x = 1 Và một tiệm cận ngang là đường thẳng: y =1 0,50  Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y’ - - y 1 +∞ −∞ 1 0,25  Đồ thị: Cắt trục tung tại điểm (0; -1), cắt trục hoành tại điểm (-1;0). Đồ thị nhận điểm I (1; 1) làm tâm đối xứng (là giao của hai đường tiệm cận) f(x)=(x+1)/(x-1) f(x)=1 O -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 x y O 0,50 2) (1 điểm) Tiếp tuyến của (C) qua điểm P(3; 1) đường thẳng qua P(3; 1) có hệ số góc k là : y = k(x – 3) + 1 (d) tiếp xúc với (C) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 1 1 1 2 2 1 x k x x k x +  = − +  −  ⇔  −  =  −  có nghiệm thay (2) và (1): ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 1 1 1 1 2 3 ( 1) 4 8 0 2 x x x x x x x x x − − + = + − − ⇔ − = − − + − ⇔ − = ⇔ = Thay x = 2 vào phương trình (2) có k = - 2 Vật phương trình tiếp tuyến qua P là: ( ) 2 3 1 2 7y x y x= − − + ⇔ = − + 0,50 0,50 Câu II 1) (1 điểm) ( ) 2 2.9 4.3 2 1 2. 3 4.3 1 0 x x x x + + > ⇔ + + > Đặt t = 3 x ( t > 0) có bất phương trình : 0,50 2t 2 + 4t + 1 > 0 luôn đúng 0t∀ > vậy nghiệm của bất phương trình 0,50 là x R∀ ∈ 2) (1 điểm) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 2 2 5 3 3 3 2 2 3 2 4 §Æt 1 1 1 2 0 1; 1 0; 3 2 1 1 . 1 3 2 2 3 3 u x u x x u u u x dx udu x x dx x x x dx u u udu u u udu u u du = − ⇒ = − ⇒ = − = = = −   − = − = − −  ÷   = − − = − − 0,50 Vậy ta có: ( ) ( ) 1 0 1 3 5 2 4 2 4 1 0 0 2 2 2 3 3 3 3 5 2 1 1 2 2 4 . 3 3 5 3 15 45 u u I u u du u u du   = − − = − = −  ÷     = − = =  ÷   ∫ ∫ 0,50 3) ( 1 điểm). Ta có ( ) ( ) 2 1 ' 1 1 Ën ' 0 1 ¹i × x > 0 y x x nh y x lo v = −  = = ⇔  = −   0,50 Bảng biến thiên x 0 1 +∞ y’ - 0 + +∞ +∞ 3 vậy giá trị nhỏ nhất là ( ) 0; min 3y +∞ = , không tồn tại giá trị lớn nhất 0,50 III Gọi G và G’ lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A’B’C’. ta có GG’ là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy ABC và đáy A’B’C’. Khi đó gọi O là trung điểm của đoạn GG’ thì ta có: OA = OB = OC = OA’ = OB’ = OC’ Suy ra O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Bán kính R = OA Tam giác vuông AGO có 0,50 0,50 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 9 4 12 9 21 36 6 a a a a OA AG GO a a a OA     = + = + = +  ÷  ÷  ÷     + = ⇒ = IV Mp(P) chứa (d 2 ) và qua A có phương trình: m( 3x + y –z + 3) + n(2x – y +1) = 0 Do A ( ) ( ) 4 0C m n∈ ⇒ + = Chọn m = - n = 1 thì (P): x + 2y – z + 2 = 0 Dễ thấy (d 1 ) ∈ (P) ⇒ điều phải chứng minh. 0,50 0,50 V ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 4 1 5 1 25 26 z i i i i i z i z = + − − = + − − + = − + ⇒ = + = 0,50 0,50 ĐỀ 2 Câu 1 (3 điểm): 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2 3= − +y x x (C) 2. Dựa vào đồ thị (C) tìm k để phương trình : 3 2 3 2 3 3 0 − + + − = x x k k (1) có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2 ( 3 điểm) 1. Giải phương trình 2 2 3 3 log log 1 5 0 + + − = x x 2. Tính tích phân 2 0 x 1 sin os 2 2 x c dx π   +  ÷   ∫ 3. Tìm môđun của số phức ( ) 3 1 4 1z i i= + + − Câu 4 (2,0 điểm) A B G B’A’ G ’ C’ C O Một hình trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 2 . Một hình vuông có các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và không vuông góc với trục của hình trụ . Tính cạnh của hình vuông đó . Câu 5 (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) : x 3 y 1 z 3 2 1 1 + + − = = và mặt phẳng (P) : x 2y z 5 0+ − + = . a. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . b. Tính góc giữa đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . c. Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P). ………Hết……… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 2 Chú ý: cách giải khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm theo thang điểm I. Phần chung cho tất cả các thí sinh Câu 1: 1. Hàm số 3 2 3 ( )= − +y x x C * Tập xác định: D= R * Sự biến thiên ' 2 ' 0 3 6 3 ( 2) 0 2 =  = − + = − − ⇒ = ⇔  =  x y x x x x y x Hàm số nghịch biến trên ( ;0) (2; )−∞ ∪ +∞ và đồng biến trên khoảng (0;2) Hàm số có cực trị: (2) 4; (0) 0= = = = CD CT y y y y Các giới hạn: x x lim ; lim →−∞ →+∞ = +∞ = −∞ y y Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y’ - 0 + 0 - y +∞ 4 0 −∞ * Đồ thị Đồ thi cắt trục Ox tại điểm (0;0), (3;0) Đồ thi cắt trục Oy tại điểm (0;0) 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ f(x)=-x^3+3x^2 -2 -1 1 2 3 4 -2 -1 1 2 3 4 5 x y 2. Phương trình: 3 2 3 2 3 3 0 − + + − = x x k k (1) Dựa vào đồ thị thì để (1) có nghiệm khi 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 3 0 3 0 1 0 3 4 2 3 4 3 4 0 0 k k k k k k k k k k k k k k <     − + > − + > > −    < − + < ⇔ ⇔ ⇔    ≠ − + < − + >       ≠  Vậy với ( 1;3) \{0,2} ∈ − k thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. 1đ Câu 2. 1. 2 2 3 3 log log 1 5 0 + + − = x x . Đk: x > 0 Đặt 2 3 log 1, 1 = + > t x t ta được 2 2 6 0 3( «ng tháa m·n) t t t t Kh =  + − = ⇔  = −  2 3 2 3 2 3 log 2 3 íi t = 2 log 2 log 2 3 x x V x x x −   = = ⇒ = ⇔ ⇔    = −  =   0,25đ 0,5đ 0,25đ 2. 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 2 2 0 0 x x 1 sin os cos sin os 2 2 2 2 2 1 cos sin 2 2 1 1 2sin cos 2 2 2 2 x x x c dx dx c dx x dx xdx x x π π π π π π π   + = +  ÷   = + = − = + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 3. ( ) ( ) 3 2 3 2 2 1 4 1 1 4 1 3 3 1 2 1 2 5 z i i i i i i i z = + + = + + + = + = + = 0,5 0,5 Cõu 4. Xột hỡnh vuụng cú cnh AD khụng song song v vuụng gúc vi trc OO ca hỡnh tr . V ng sinh AA Ta cú : CD (AAD) CD A'D nờn AC l ng kớnh ca ng trũn ỏy . Do ú : AC = 4 . Tam giỏc vuụng AAC cho : 2 2 AC AA' A'C 16 2 3 2= + = + = Vỡ AC = AB 2 . S uy ra : AB = 3 . Vy cnh hỡnh vuụng bng 3 . H: 0,5 0,5 0,5 0,5 Cõu 5 a. Giao im I( 1;0;4) . b. 2 2 1 1 sin 2 6 4 1 1. 1 4 1 + = = = + + + + c. Ly im A( 3; 1;3) (d). Gi (Q) l mt phng i qua A v vuụng gúc vi (P) (Q) cú 2 vộct ch phng l ( ) ( ) 2;1;1 à u 1;2; 1AI v= = uur r nờn cú vộc t phỏp tuyn l ( ) ( ) 1;1;1 : 5 0 n Q x y z = + + = r Vy 5 0 ( ): 2 5 0 x y z x y z + + = + + = 0,5 0,5 0,5 0,5 Đề 3 Thời gian: 150 phút I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm) Câu I.( 3,0 điểm) Cho hàm số 3 2 1 2 3 3 y x mx x m= + + ( ) m C 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số khi m =0. 3 2.Tìm điểm cố định của đồ thị hàm số ( ) m C . Câu II.(3,0 điểm) 1.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 4 2 8 16y x x= + trên đoạn [ -1;3]. 2.Tính tích phân 7 3 3 2 0 1 x I dx x = + 3. Giải bất phơng trình 0,5 2 1 2 5 log x x + + Câu III.(1,0 điểm) Cho tứ diện S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = a; AB = AC= b, ã 60BAC = . Xác định tâm và bán hình cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC. II.Phần riêng(3,0 điểm) Câu IV(2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz: a)Lập phơng trình mặt cầu có tâm I(-2;1;1) và tiếp xúc với mặt phẳng 2 2 5 0x y z+ + = b) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng: ( ) : 4 2 12 0 ( ) :8 4 2 1 0 x y z x y z + = = Câu V(1,0 điểm) Giải phơng trình : 4 2 3 4 7 0z z+ = trên tập số phức. Hết Đáp án. Câu Đáp án Điể m Câu I(3 điểm) 1.Với m=0 ta có hàm số 3 1 2 3 3 y x x= + tập xác định: R Chiều biến thiên: 2 ' 1 , ' 0 1y x y x= = = Hàm số đồng biến trên khoảng (- ;-1) và (1; + ); nghịch biến trên khoảng(-1;1) Hàm số đạt cực đại tại 4 1, 3 CD x y= = , đạt cực tiểu tại 1, 0 CT x y= = Giới hạn: lim x y = Bảng biến thiên: x - -1 1 + y' + 0 - 0 + y 4 3 + 0 *Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 3 f(x)=x^3 /3- x + 2/3 O -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 x y O 2. 0 0 ( ; )M x y là điểm cố định khi đó 3 2 0 0 0 0 2 0 3 0 0 0 0 0 0 0 1 2 3 3 1 0 1 2 0 3 3 4 1, 3 1, 0 y x mx x m m x y x x x y x y = + + = + = = = = = Đồ thị luôn có 2 điểm cố định M(-1; 4/3); M(1;0) 0,5 0,5 Câu II(3 điểm) 1. Ta có 3 0 '( ) 4 16 0 2 x f x x x x = = = = f(0) = 16; f(2) = 0; f(-1) = 9; f(3) = 25 [ ] [ ] 1;3 1;3 max ( ) 25 ,min ( ) 0f x f x = = 2.Đặt 2 8 3 1 1 2 0 1; 7 8 1 141 2 20 u x du xdx x u x u u du I u = + = = = = = = = 3. 0,5 2 1 2 1 1 2 5 5 4 5 7 1 0 1 5 7 log x x x x x x x x + + + + < + 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 Câu III (1điểm ) Gọi I là trọng tâm tam giác ABC thì I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC; đờng thẳng (d) đi qua I , vuông góc với mp(ABC). mp trung trực của SA cắt (d) tại O, OA =OB = OC = OS nên O là tâm mặt cầu. 0,5 S A C B O I 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3.2 4 3 a b a b r OA OI AI     = = + = + = +  ÷  ÷  ÷     0,5 C©u IV (2®iÓm ) 1. Ta cã ( ,( )) 1R d I α = = Ph¬ng tr×nh mÆt cÇu : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1x y z + + − + − = 2.Ta cã ( ) ( ) α β P nªn lÊy M( -3;0;0) thuéc mp ( ) α th× 8.( 3) 1 25 (( ),( )) ( ,( )) 64 16 1 2 21 d d M α β β − − = = = + + 0,5 0,5 0,5 0,5 C©u V(1 ®iÓm) §Æt t = 2 z ta cã pt : 2 1 3 4 7 0 7 3 t t t t =   + − = ⇔  = −  pt cã nghiÖm 7 1; 3 i ± ± 0,5 0,5 ĐỀ 4 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu 1 (4,0 điểm): 4. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2 3y x x= − 5. Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm của phương trình 3 2 3 0x x m − + = 6. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành. Câu 2 ( 2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 3 5.3 6 0 x x − + = 2. Giải phương trình: 2 4 7 0x x − + = Câu 3 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SB vuông góc với đáy, cạnh bên SC bằng 3a . 1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. 2. Chứng minh trung điểm của cạnh SD là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Câu 4 (2,0 điểm) 1.Tính tích phân: 1 0 ( 1). x I x e dx = + ∫ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(5;0;4), B(5;1;3), C(1;6;2), D(4;0;6) [...]... 1 Ta có R = d ( I , ( )) = 1 2 2 Câu IVa (2điểm ) C 2 2 2 Phơng trình mặt cầu : ( x + 2 ) 2 + ( y 1) 2 + ( z 1) 2 = 1 2.Ta có ( ) P( ) nên lấy M( -3;0;0) thuộc mp ( ) thì 8.(3) 1 25 d (( ), ( )) = d ( M , ( )) = = 64 + 16 + 1 2 21 Câu Va(1 điểm) t = 1 Đặt t = z ta có pt : 3t + 4t 7 = 0 t = 7 3 2 pt có nghiệm 1; 2 i 7 3 Câu a 2b + 2 = 0 IVb(2đ Gọi I( a;b;c) do I thuộc đt (d) nên ta có (I)... điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, x 2 cho đờng thẳng d có phơngtrình: = ( ) : x + y 2 z + 5 = 0 ( ) : 2 x y + z + 2 = 0 trên tập số phức y 1 z +1 và hai mặt phẳng = 1 2 Lập phơng trình mặt cầu tâm I thuộc đờng thẳng d và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( ) , ( ) Câu V.b(1 điểm)Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ hị các hàm số y= x , y = 2 x, y = 0 Hết Đáp án Câu Đáp án 4 Điể Câu... (ABC) Ht P N THANG IM 4 Chỳ ý: cỏch gii khỏc ỏp ỏn m ỳng thỡ vn cho im theo thang im II Phn chung cho tt c cỏc thớ sinh Cõu 1: 1 Hm s y = x3 3x 2 (C ) * Tp xỏc nh: D= R * S bin thi n x = 0 y ' = 3 x 2 6 x = 3 x( x 2) y ' = 0 x = 2 Hm s ng bin trờn (;0) (2; +) 0,5 v nghch bin trờn khong (0;2) Hm s cú cc tr: y = y (0) = 0; yCT = y (2) = 4 Cỏc gii hn: xlim y = ; xlim y = + + Bng bin thi n: x 0... III.(1,0 điểm) Cho tứ diện S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = a; AB = AC= b, ã BAC = 60 Xác định tâm và bán hình cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC II.Phần riêng(3,0 điểm) Thí sinh học chơng trình nào thì chỉ đợc làm phần dành riêng cho chơng trình đó 1 Theo chơng trình Chuẩn: Câu IV.a(2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz: a)Lập phơng trình mặt cầu có tâm I(-2;1;1) và tiếp xúc với... thang im III Phn chung cho tt c cỏc thớ sinh Cõu 1: a y= 2x + 1 x 1 TX: D=R\{1} S bin thi n y' = 3 ( x 1) 2 0,5 < 0, x 1 Hm s nghch bin trờn ( ;1) ( 1; + ) Gii hn: lim y = 2; lim y = 2 x 0,5 x + lim y = +; lim y = x 1+ x 1 Nờn th ca hm s cú tim cn ng l ng thng: x = 1 V tim cn ngang l ng thng: y = 2 Bng bin thi n: x y y 2 1 + 0,5 + 2 1 th: th hm s ct trc Ox ti ;0 ữ, ct trc Oy ti (0;... Điể Câu I(3 điểm) m 1 3 1.Với m=0 ta có hàm số y = x3 x + 2 3 tập xác định: R Chiều biến thi n: y ' = x 2 1 , y ' = 0 x = 1 Hàm số đồng biến trên khoảng (- ;-1) và (1; + ); nghịch biến trên khoảng(-1;1) 4 3 Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCD = , đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 Giới hạn: lim y = x y' y - -1 0 + 1 0 - 4 3 *Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 0,5 x Bảng biến thi n: 0,25 y + + + 0,5 0 f(x)=x^3... 2;1) Qua M(0;1;0) x y 1 z ( ) : = = r r r Vy () : 2 2 1 vtcp u = [u,v] = (2)(2; 2;1) 4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 Đề 3 Thời gian: 150 phút I Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm) Câu I.( 3,0 điểm) 1 3 Cho hàm số y = x3 mx 2 x + m + 2 3 ( Cm ) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( C) của hàm số khi m =0 2.Tìm điểm cố định của đồ thị hàm số ( Cm ) Câu II.(3,0 điểm) 1.Tìm giá trị lớn... ra: x y' y + -1 0 1 0 + 0,5 + 0,5 T bng bin thi n suy ra x=-1 l im cc tiu Kt lun: vi m = 1 thỡ hm s t cc tiu ti x = -1 1.2 (2,75) Vi m=-1 Tacó: y=-x 3 3 x + 1 TXD : D = R ( 0,25 ) y ' = 3 x 2 3 = 3 x 2 + 1 < 0 x R Hàm số luôn nghịch biến trên R 0,25 0,25 Hm s khụng cú cc tr th khụng cú tim cn 0,25 Cỏc gii hn: lim y = +; lim y = ; x x + 0,25 Bng bin thi n: x y' y + 0,5 - + th: Giao im vi Oy:... [AB,AC] uu ur uu ur ur u AB = (0;1; 1); AC = (4;6; 2) n = (4; 4; 4) Vy pt mt phng ( ) l 4.( x 4) + 4( y 0) + 4( z 6) = 0 x + y + z 10 = 0 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 DNH CHO HC SINH KH Cõu 1 (3 im): Cõu I ( 3,0 im ) Cho hm s y = 2x + 1 cú th (C) x 1 a Kho sỏt s bin thi n v v th (C) b Vit phng trỡnh tip tuyn vi th (C) i qua im M(1;8) Cõu 2 ( 3 im) a Gii bt phng trỡnh 0 b Tớnh tỡch phõn : I = ( 2... x0 ; y0 ) là điểm cố định khi đó 1 2 2 y0 = x03 mx0 x0 + m + 3 3 2 x0 1 = 0 1 3 2 y0 x0 + x0 = 0 3 3 4 x0 = 1, y0 = 3 x0 = 1, y0 = 0 Câu II(3 điểm) m Đồ thị luôn có 2 điểm cố định M(-1; 4/3); M(1;0) x = 0 1 Ta có f '( x) = 4 x 3 16 x = 0 x = 2 f(0) = 16; f(2) = 0; f(-1) = 9; f(3) = 25 0,5 0,25 0,5 0,25 max f ( x) = 25 , min f ( x) = 0 [ 1;3] [ 1;3] 0,25 2.Đặt u = 1 + x 2 du = 2 xdx . 10 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP NĂM HỌC 2011 ĐỀ 1 (Thêi gian lµm bµi 150 phót ) I/_ Phần dành cho tất cả thí sinh Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số ( ) 1 1 1 x y x + = − có đồ thị là (C) 1). môđun của số phức ( ) 2 2 2z i i = + − − ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 1 Câu Đáp án Điểm I 1) (2 điểm) ( 3 điểm) TXĐ: { } 1D R= 0,25 Sự biến thi n  Chiều biến thi n: ( ) 2 2 ' 0, 1 1 y x x − =. hình lăng trụ tam giác đều có 9 cạnh đều bằng a. Câu IV. (2 điểm) Trong không gian cho hệ tọa độ Oxyz, điểm A (1; -1; 1) và hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) theo thứ tự có phương trình: ( ) (