Ôn thi tốt nghiệp THPT môn Toán học

ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ1 ĐỀ SỐ : 1 ( Thời gian làm bài 150 phút ) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (3,0 điểm): Cho hàm số 3 2xy x 1   1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt. Câu II. (3,0 điểm) 1) Giải bất phương trình: 1 2 2x 1log 0 x 1    2) Tính tích phân: 2 0 xI (sin cos 2x)dx 2    3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x – e2x trên đoạn [1 ; 0] Câu III. (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABCD có AB = a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. B . 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 IVa. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ; 4 ; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình : x + 2y + z – 1 = 0. 1) Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với (P). Câu IVb. (1,0 điểm) Tìm môđun của số phức : z = 4 – 3i + (1 – i)3 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IVa. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ; 2 ; 3) và đường thẳng d có phương trình : x 2 y 1 z 1 2 1    1) Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên d. 2) Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. Câu IVb. (1,0 điểm) Viết dạng lượng giác của số phức: z = 1 – 3 i. ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ2 ĐÁP ÁN Câu NỘI DUNG Điểm (2,0 điểm) Tập xác định : D = R \{1} 0,25 Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: 2 1y ' 0 x D (x 1)       . Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và (1 ; +)  Cực trị: Hàm số không có cực trị. 0,50  Giới hạn: x x x 1 x 1 lim y lim y 2; lim y và lim y             Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1, và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = – 2. 0,50  Bảng biến thiên: x  1 + y’   y 2  + 2 0,25 I (3,0 điểm)  Đồ thị: - Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ;  3) và cắt trục hoành tại điểm 3 ; 0 2      . - Đồ thị nhận điểm I(1 ; 2) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) làm tâm đối xứng. 0,50 (1,0 điểm) Đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt  Phương trình (ẩn x) 3 2x = mx+2 x 1   có hai nghiệm phân biệt  Phương trình (ẩn x) mx2 – (m – 4)x – 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác 1 0,50 2 O 1 3 I 3 2 x y ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ3  2 2 2 m 6 2 5m 0 m 0 (m 4) 20m 0 6 2 5 m 0 m 12m 16 0 m 0m.1 (m 4).1 5 0                          0,50 1. (1,0 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: 2x 1 1 x 1    0,50 x 2 0 x 2 0 x 1x 2 0 x 2x 1 x 2 0 x 1 0                    0,50 2. (1,0 điểm) 2 2 0 0 xI sin dx cos 2xdx 2      0,25 2 2 0 0 x 12cos sin 2x 2 2      0,50 2 2  0,25 3. (1,0 điểm) Ta có: f’(x) = 1 – 2e2x. 0,25 Do đó: f’(x) = 0  x =  ln 2  (1 ; 0) f’(x) > 0 x  [1 ;  ln 2 ); f’(x) < 0 x  ( ln 2 ; 0]; 0,25 II (3,0 điểm) Suy ra: x [ 1;0] 1max f (x) f ( ln 2) ln 2 2       2 2 x [ 1;0] min f (x) min{f ( 1);f (0)} min{ 1 e ; 1} 1 e             0,50 Do S.ABCD là khối chóp đều và AB = a nên đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và gọi I là trung điểm của cạnh BC. Ta có SO là đường cao và SIO là góc giữa mặt bên và mặt đáy của khối chóp đã cho. 0,50 III (1,0 điểm) Trong tam giác vuông SOI, ta có: 0a a 3SO OI.tan SIO .tan 60 2 2     . Diện tích đáy : SABCD = a2. 0,25 O I B C S D A ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ4 Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 2 S.ABCD3 ABCD 1 1 a 3 a 3V S .SO a . 3 3 2 6    0,25 1. (1,0 điểm) Kí hiệu d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Gọi H là giao điểm của d và (P), ta có H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) 0,25 Do v = (1 ; 2 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P) nên v là một vectơ chỉ phương của d. Suy ra, d có phương trình : x 1 y 4 z 2 1 2 1     0,25 Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình: x 1 y 4 z 2 1 2 1 x 2y z 1 0            Giải hệ trên, ta được : x = 2 3  , y = 2 3 , z = 1 3 . Vậy H 2 1 1; ; 3 3 3     . 0,50 2. (1,0 điểm) Có thể giải theo một trong hai cách:  Cách 1 (dựa vào kết quả phần 1): Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A. tiếp xúc với mặt phẳng (P). Ta có: 2 2 22 2 1 5 6R AH 1 4 2 3 3 3 3                        . 0,50 IV.a (2,0 điểm) Do đó, mặt cầu có phương trình là: 2 2 2 50(x 1) (y 4) (z 2) 3       0,50 ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ5 ĐỀ SỐ: 2 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số x 2y 1 x   có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) . 2) Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y = mx  42m luôn đi qua một điểm cố định của đường cong (C) khi m thay đổi . . Câu II ( 3,0 điểm ) 1) Giải phương trình x x 12 2log (2 1).log (2 2) 12    2) Tính tìch phân : I = 0 sin 2x dx 2(2 sin x)/2   3) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị 2x 3x 1(C) : y x 2    , biết rằng tiếp tuyến này song song với đường thẳng (d) : 5x 4y 4 0   . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S,ABC . Gọi M là một điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2 MA . Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp M.SBC và M.ABC . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz và có trọng tâm G(1;2; 1 ) Hãy tính diện tích tam giác ABC . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường ( C ) : y = 2x , (d) : y = 6 x và trục hoành . Tính diện tích của hình phẳng (H) . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ . Biết A’(0;0;0) , B’(a;0;0),D’(0;a;0) , A(0;0;a) với a>0 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và B’C’ . a. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và song song với hai đường thẳng AN và BD’ .. b. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD’ . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tìm các hệ số a,b sao cho parabol (P) :   2y 2x ax b tiếp xúc với hypebol (H) :  1y x Tại điểm M(1;1) .. ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ6 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) 1) 2đ 2) 1đ Ta có : y = mx  42m     m(x 2) 4 y 0 (*) Hệ thức (*) đúng với mọi m            x 2 0 x 2 4 y 0 y 4 Đường thẳng y = mx  42m luôn đi qua điểm cố định A(2; 4) thuộc (C) ( Vì tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình x 2y 1 x   ) Câu II ( 3,0 điểm ) 1) 1đ Điều kiện : x > 1 . 2 2 x xpt log (2 1).[1 log (2 1)] 12 0 (1)      Đặt : 2 xt log (2 1)  thì 2(1) t t 12 0 t 3 t 4         2 2 x x t = 3 log (2 1) 3 2 9 x log 92 17 17x x t = 4 log (2 1) 4 2 x log216 16                   2) 1đ Đặt t 2 sin x dt cosxdx    x = 0 t = 2 , x = t 1 2 2 2 2 222(t 2) 1 1 1 4 I = dt 2 dt 4 dt 2 ln t 4 ln 4 2 ln 12 2 2t tt t e11 1 1                 3) 1đ Đường thẳng (d) 55x 4y 4 0 y x 1 4       Gọi  là tiếp tuyến cần tìm , vì  song song với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc k = 5 4 Do đó : 5( ) : y x b 4     là tiếp tuyến của ( C )  hệ sau có nghiệm 2x 3x 1 5 x b (1) x 2 4x 2 : 2x 4x 5 5 (2) 2 4(x 2)            2(2) x 4x 0 x 0 x 4 1 5 1(1) x = 0 b tt( ) : y x12 4 2 5 5 5(1) x = 4 b tt( ) : y x22 4 2                        x  1  y + + y  1 1  ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ7 Câu III ( 1,0 điểm ) Ta có : V SM 2 2S.MBC V .V (1)S.MBC S.ABCV SA 3 3S.ABC          V V VM.ABC S.ABC S.MBC 2 1V .V .V (2)S.ABC S.ABC S.ABC3 3 Từ (1) , (2) suy ra : V VM.SBC S.MBC 2 V VM.ABC M.ABC   II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Vì các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz nên ta gọi A(x;0;0) , B(0;y;0), C(0;0;z) . Theo đề : G(1;2; 1 ) là trọng tâm tam giác ABC               x 1 3 x 3y 2 y 6 3 z 3z 1 3 (0,5đ0 Vậy tọa độ của các đỉnh là A(3;0;0) , B(0;6;0), C(0;0; 3 ) (0,25đ) Mặt khác :    3.V1 OABCV .d(O,(ABC).S SOABC ABC ABC3 d(O,(ABC) (0,25đ) Phương trình mặt phẳng (ABC) :     x y z 1 3 6 3 (0,25đ) nên     1d(O,(ABC)) 2 1 1 1 9 36 9 (0,25đ) Mặt khác :   1 1V .OA.OB.OC .3.6.3 9OABC 6 6 (0,25đ) Vậy :  27SABC 2 (0,25đ) Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Phương trình hònh độ giao điểm của ( C ) và (d) :           x 22 2x 6 x x x 6 0 x 3         2 6 21 x 262 3 2 6S x dx (6 x)dx [x ] [6x ]0 23 2 3 0 2 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 1) 1đ Từ giả thiết ta tính được : B(a;0;a), D(0;a;0) , A(0;0;a) , M( a ;0;a) 2 , N(a; a 2 ;0) .            a aAN (a; ; a) (2;1; 2);BD' ( a;a; a) a(1; 1;1) 2 2 Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ8 AN và BD’ nên có VTPT là      2an [AN,BD'] (1;4;3) 2 . Suy ra : :           a 7a(P) :1(x ) 4(y 0) 3(z a) 0 x 4y 3z 0 2 2 2) 1đ Gọi  là góc giữa  AN và  BD' . Ta có :                      2a2 2a a 2AN.BD' 1 3 3cos arccos3a 9 93 3AN . BD' .a 3 2 2a[AN,BD'] (1;4;3),AB (a;0;0) a(1;0;0) 2 Do đó :         3a [AN,BD'].AB a2d(AN,BD') 2 26[AN,BD'] a . 26 2 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tiếp điểm M có hoành độ chính là nghiệm của hệ phương trình :                  11 22 2x ax b2x ax b xx 112 4x a(2x ax b)' ( )' 2x x (I) Thay hoành độ của điểm M vào hệ phương trình (I) , ta được :                     2 a b 1 a b 1 a 5 4 a 1 a 5 b 4 Vậy giá trị cần tìm là   a 5,b 4 ........................................................................................ ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ9 ĐỀ SỐ: 3 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 2x 1y x 1   có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(1;8) . . Câu II ( 3,0 điểm ) 1) Giải bất phương trình: x 2logsin 2 x 4 3 1    2) Tính tìch phân : I =  1 x(3 cos2x)dx 0 3) Giải phương trình: 2x 4x 7 0   trên tập số phức . Câu III ( 1,0 điểm ) Một hình trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 2 . Một hình vuông có các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và không vuông góc với trục của hình trụ . Tính cạnh của hình vuông đó . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1;0;5) và hai mặt phẳng (P) :    2x y 3z 1 0 và (Q) :    x y z 5 0 . 1) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (Q) . 2) Viết phương trình mặt phẳng ( R ) đi qua giao tuyến (d) của (P) và (Q) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (T) :   3x y 1 0 . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y =  2x 2x và trục hoành . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) : x 3 y 1 z 3 2 1 1     và mặt phẳng (P) : x 2y z 5 0    . 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . 2) Tính góc giữa đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) . 3) Viết phương trình đường thẳng ( ) là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P). Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Giải hệ phương trình sau :      y4 .log x 42 2ylog x 2 42 . ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ10 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) 1) (2d) 2) (1đ) Gọi ( ) là tiếp tuyến đi qua M(1;8) có hệ số góc k . Khi đó : ( ) y 8 k(x 1) y k(x 1) 8       Phương trình hoành độ điểm chung của (C ) và ( ) : 2x 1 2k(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 32' (3 k) k(k 9) 0            Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y 3x 11   Câu II ( 3,0 điểm ) 1) (1đ ) pt x 2logsin 2 x 4   >0 x 20 1 x 4    ( vì 0 < sin2 < 1 ) x 2 x 2 x 20 0 0 x 4 x 4 x 4 x 2 x 2 61 1 0 0 x 4 x 4 x 4                               x 2 0 x 2 x 2 x 4 0 x 4             2) (1đ) I = 1 x(3 cos2x)dx 0  = x3 1 3 1 1 1 2 11[ sin 2x] [ sin 2] [ sin 0] sin 20ln3 2 ln3 2 ln3 2 ln3 2        3) (1đ) 2' 3 3i    nên ' i 3  Phương trình có hai nghiệm : x 2 i 3 , x 2 i 31 2    Câu III ( 1,0 điểm ) Xét hình vuông có cạnh AD không song song và vuông góc với trục OO’ của hình trụ . Vẽ đường sinh AA’ Ta có : CD (AA’D)  CD A 'D nên A’C là đường kính của đường tròn đáy . Do đó : A’C = 4 . Tam giác vuông AA’C cho :     2 2AC AA' A 'C 16 2 3 2 Vì AC = AB 2 . S uy ra : AB = 3 .Vậy cạnh hình vuông bằng 3 . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1, Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : x  1  y   y 2   2 ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ11 1) (0,5đ) d(M;(Q)) = 1 3 b. (1,5đ) Vì             2 1 3 2x y 3z 1 0(d) (P) (Q) : x y z 5 01 1 1 Lấy hai điểm A(2;3;0), B(0;8;3) thuộc (d) . + Mặt phẳng (T) có VTPT là  n (3; 1;0)T + 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 điểm ) : + Phương trình hoành giao điểm :      2x 2x 0 x 0,x 2 + Thể tích :          2 4 1 162 2 2 4 5 2V ( x 2x) dx [ x x x ]Ox 03 5 5 0 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 1) (0,5đ ) Giao điểm I(1;0;4) . 2) (0,5d) 2 2 1 1sin 2 64 1 1. 1 4 1             3) (1,0đ) Lấy điểm A(3; 1;3) (d). Viết pt đường 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    3IA ' (1 ;0; 1) 2 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Đặt :   2yu 2 0,v log x2 . Thì           1uv 4hpt u v 2 x 4;yu v 4 2 ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ12 ĐỀ SỐ: 4 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm) Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số 4 2y x 2x 1   có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình 4 2x 2x m 0 (*)   . Câu II ( 3,0 điểm ) 1) Giải phương trình : log x 2log cos 1x 3cos 3 x log x 1 3 2     2 Tính tích phân : I = 1 xx(x e )dx 0  3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =   3 22x 3x 12x 2 trên [ 1;2] . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vuông góc với nhau từng đôi một với SA = 1cm, SB = SC = 2cm .Xác định tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu đó. II . PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 điểm: A(2;1;1) ,B(0;2;1) ,C(0;3;0), D(1;0;1) . 1) Viết phương trình đường thẳng BC . 2) Chứng minh rằng 4 điểm A,B,C,D không đồng phẳng . 3) Tính thể tích tứ diện ABCD . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tính giá trị của biểu thức 2 2P (1 2 i ) (1 2 i )    . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;1;1) , hai đường thẳng x 1 y z( ) :1 1 1 4     , x 2 t ( ) : y 4 2t2 z 1         và mặt phẳng (P) : y 2z 0  1) Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng ( 2 ) . 2) Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng ( ) ,( )1 2  và nằm trong mặt phẳng (P) . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tìm m để đồ thị của hàm số 2x x m(C ) : ym x 1    với m 0 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tuếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vuông góc nhau . . . . . . . . .Hết . . . . . . . ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ13 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) 1) 2đ x  1 0 1  y  0 + 0  0 + y  1  2 2 2) 1đ pt (1) 4 2x 2x 1 m 1 (2)     Phương trình (2) chính là phương trình điểm chung của ( C ) và đường thẳng (d) : y = m – 1 Căn cứ vào đồ thị (C ) , ta có :  m -1 < -2  m < -1 : (1) vô nghiệm  m -1 = -2  m = -1 : (1) có 2 nghiệm  -2 < m-1<-1  -1 < m < 0 : (1) có 4 nghiệm  m-1 = - 1  m = 0 : (1) có 3 nghiệm  m – 1 > -1 : (1) có 2 nghiệm Câu II ( 3,0 điểm ) 1) 1đ Điều kiện : 0 < x , x 1                        2 x 2 x 2 2 2 log x 2 log 2 1 pt 3 1 log x 2 log 2 1 0 1log x 1 x2log x log x 2 0 22 log x 2 x 4 2) 1đ Ta có : 1 1 1 x 2 xI x(x e )dx x dx xe dx I I 1 2 0 0 0         với 1 12I x dx1 3 0   1 xI xe dx 12 0   .Đặt : xu x,dv e dx  . Do đó : 4I 3 3) 1đ Ta có : TXĐ D [ 1;2]  x 2 (l)2 2y 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 điểm ) Gọi I là trung điểm của AB . Từ I kẻ đường thằng  vuông góc với mp(SAB) thì  là trục của SAB vuông . Trong mp(SCI) , gọi J là trung điểm SC , dựng đường trung trực của cạnh SC của SCI cắt  tại O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC . Khi đó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật . ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ14 Ta tính được : SI = 1 5AB 2 2  , OI = JS = 1 , bán kính R = OS = 3 2 . Diện tích : S = 2 24 R 9 (cm )   Thể tích : V = 4 93 3R (cm ) 3 2    II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : 1) 0,5đ (BC) : x 0 Qua C(0;3;0) (BC) : y 3 t + VTCP BC (0;1;1) z t            2) 1,0đ 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 đồng phẳng 3) 0,5đ 1 3V [AB,AC].AD 6 2      Câu V.a ( 1,0 điểm ) : P = -2 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 1) 1đ Gọi mặt phẳng                   Qua M(1; 1;1) Qua M(1; 1;1) (P) : (P) : (P) : x 2y 3 0 + ( ) + VTPT n = a ( 1;2;0)2 P 2 Khi đó : 19 2N ( ) (P) N( ; ;1)2 5 5     2) 1đ Gọi A ( ) (P) A(1;0;0) , B ( ) (P) B(5; 2;1)1 2         Vậy x 1 y z(m) (AB) : 4 2 1     Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Pt hoành độ giao điểm của (C )m và trục hoành : 2x x m 0 (*)    với x 1 điều kiện 1m , m 0 4   .Từ (*) suy ra 2m x x  . Hệ số góc 2x 2x 1 m 2x 1k y 2 x 1(x 1)        Gọi x ,xA B là hoành độ của A,B thì phương trình (*) ta có : x x 1 , x .x mA 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 0A B A B A B            1m 5   thỏa mãn (*) Vậy giá trị cần tìm là 1m 5  ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ15 ĐỀ SỐ: 5 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 3y x 3x 1   có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M( 14 9 ; 1 ) . . Câu II ( 3,0 điểm ) 1) Cho hàm số : 2x xy e  . Giải phương trình y y 2y 0    2) Tính tìch phân : 2 sin 2xI dx 2(2 sin x)0     3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:    3 2y 2sin x cos x 4sin x 1 . Câu III ( 1,0 điểm ) Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a ,   SAO 30 ,   SAB 60 . Tính độ dài đường sinh theo a . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1) Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng       x 1 y 2 z( ) :1 2 2 1 ,         x 2t ( ) : y 5 3t2 z 4 1) Chứng minh rằng đường thẳng ( )1 và đường thẳng ( )2 chéo nhau . 2) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng ( )1 và song song với đường thẳng ( )2 . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Giải phương trình  3x 8 0 trên tập số phức .. 2) Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) : x y 2z 1 0    và mặt cầu (S) : 2 2 2x y z 2x 4y 6z 8 0       . 1) Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) . 2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Biểu diễn số phức z = 1 + i dưới dạng lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ16 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) 1) 2đ x  1 1  y + 0  0 + y 3   1 b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k 14(d) : y 1 k(x ) 9     14(d) : y k(x ) 1 9     (d) tiếp xúc ( C)  Hệ sau có nghiệm 143x 3x 1 k(x ) 1 (1) 9 23x 3 k (2)           Thay (2) vào (1) ta được : 23 23x 7x 4 0 x ,x 1,x 2 3         2 5 5 43(2) x = k tt ( ) : y x13 3 3 27          (2) x = 1 k 0 tt ( ) : y 12      (2) x = 2 k 9 tt ( ) : y 9x 153      Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ 2 2x x 2 x x y ( 2x 1)e , y (4x 4x 1)e          22 x x 2 1 y y 2y (4x 6x 2)e ; y y 2y 0 2x 3x 1 0 x , x 1 2                    b) 1đ Phân tích sin 2xdx 2sin x.cosxdx 2sin x.d(2 sin x) 2 2 2(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x)      Vì d(2 sin x) cosxdx  nên         2 sin xsin 2xdx 2sin x.d(2 sin x) 22.[ ]d(2 sin x) 2 2 2 2(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x) (2 sin x)      1 22.[ ]d(2 sin x) 2 sin x 2(2 sin x) Do đó :      2 2I 2.[ ln | 2 sin x | ] 02 sin x = 1 2 ln3 3  Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt  t 2 sin x c) 1đ ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ17 Ta có :    3 2y 2sin x sin x 4sin x 2 Đặt :          3 2t sin x , t [ 1;1] y 2t t 4t 2 , t [ 1;1]               22 2y 6t 2t 4 ,y 0 6t 2t 4 0 t 1 t 3 Vì      2 98y( 1) 3,y(1) 1,y( ) = 3 27 . Vậy :                 2 98 2 2+ Maxy = Maxy = y( ) khi t = sinx = 3 27 3 3R [ 1;1] 2 2 x = arcsin( ) k2 hay x = arcsin( ) k2 , k Z 3 3          + min y min y = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k Z 2R [ 1;1] Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM AB thì OM = a SAB cân có   SAB 60 nên SAB đều . Do đó :  AB SAAM 2 2 SOA vuông tại O và   SAO 30 nên   SA 3OA SA.cos30 2 . OMA vuông tại M do đó :          2 23SA SA2 2 2 2 2 2OA OM MA a SA 2a SA a 2 4 4 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : 1) 1đ Qua A(1;2;0) ( ) :1 + VTCP a = (2; 2; 1)1      , Qua B(0; 5;4) ( ) :2 + VTCP a = ( 2;3;0)2      AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB 9 01 2          ( )1 ,( )2 chéo nhau . 2) 1đ Qua ( ) Qua A(1;2;0)1(P) : (P) : (P) : 3x 2y 2z 7 0 + VTPT n = [a ;a ] (3;2;2)+ // ( ) 1 22                 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Ta có :   