ĐỀ sỐ : 1 - ngkimthu06.files.wordpress.com · 2) tìm t ất cả các giá trị của tham...

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 2x

yx 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


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+2x 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

2x

y

ố Ệ


2

2

2

m 6 2 5m 0m 0

(m 4) 20m 0 6 2 5 m 0m 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 11

x 1

0,50

x 2 0

x 2 0 x 1x 20

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 IB

C

S

D

A

ố Ệ


Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là:

32

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 2

2 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


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 2

y1 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 42m 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 2

log (2 1).log (2 2) 12

2) Tính tìch phân : I =

0 sin 2x dx2(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


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) : 1yx

Tại

điểm M(1;1)

…………………………………………..

ố Ệ


HƯỚNG DẪN



1) 2đ

2) 1đ

Ta có : y = mx 42m m(x 2) 4 y 0 (*)

Hệ thức (*) đúng với mọi m

x 2 0 x 24 y 0 y 4

Đường thẳng y = mx 42m luôn đi qua điểm cố định A(2; 4) thuộc (C)

( Vì tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình x 2

y1 x

)


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 9217 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 12

2 2 2 222(t 2) 1 1 1 4 I = dt 2 dt 4 dt 2 ln t 4 ln 4 2 ln12 2 2t tt t e11 1 1

3) 1đ Đường thẳng (d) 55x 4y 4 0 y x 14

Gọi là tiếp tuyến cần tìm , vì song song với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc k = 54

Do đó : 5( ) : y x b4

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 41 5 1(1) x = 0 b tt( ) : y x12 4 25 5 5(1) x = 4 b tt( ) : y x22 4 2

x 1 y + +

y 1

1

ố Ệ



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.MBC2 1V .V .V (2)S.ABC S.ABC S.ABC3 3

Từ (1) , (2) suy ra : V VM.SBC S.MBC 2V VM.ABC M.ABC




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 13 x 3y 2 y 63 z 3z 13

(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 13 6 3

(0,25đ)

nên

1d(O,(ABC)) 21 1 19 36 9

(0,25đ)

Mặt khác :

1 1V .OA.OB.OC .3.6.3 9OABC 6 6

(0,25đ)

Vậy : 27SABC 2

(0,25đ)


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 30 2



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;a2

;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


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 02 2

2) 1đ Gọi là góc giữa AN và

BD' . Ta có :

2a2 2a a2AN.BD' 1 3 3cos arccos3a 9 93 3AN . BD' .a 3

22a[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 xx112 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 54 a 1 a 5 b 4

Vậy giá trị cần tìm là a 5,b 4

........................................................................................

ố Ệ





Cho hàm số 2x 1

yx 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) . .


1) Giải bất phương trình:

x 2log

sin 2 x 43 1

2) Tính tìch phân : I = 1

x(3 cos2x)dx0

3) Giải phương trình: 2x 4x 7 0 trên tập số phức .


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 .


Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .



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 .


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 .



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).


Giải hệ phương trình sau :

y4 .log x 422ylog x 2 42

……………………………………………….

ố Ệ


HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 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


1) (1đ ) ptx 2

logsin 2 x 4

>0

x 20 1x 4

( vì 0 < sin2 < 1 )

x 2 x 2 x 20 0 0x 4 x 4 x 4

x 2 x 2 61 1 0 0x 4 x 4 x 4

x 2 0 x 2x 2

x 4 0 x 4

2) (1đ) I =

1x(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


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 .


1, Theo chương trình chuẩn :


x 1 y

y 2

2

ố Ệ


1) (0,5đ) d(M;(Q)) = 13

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


+ 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 50



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


Đặt : 2yu 2 0,v log x2 . Thì

1uv 4hpt u v 2 x 4;yu v 4 2

………………………………………

ố Ệ


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)


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

4 2x 2x m 0 (*) .


1) Giải phương trình :

log x 2log cos 1x 3cos

3 xlog x 1

3 2

2 Tính tích phân : I =

1xx(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] .


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)



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 .


Tính giá trị của biểu thức 2 2P (1 2 i ) (1 2 i ) .


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) .


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


HƯỚNG DẪN



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


1) 1đ Điều kiện : 0 < x , x 1

2 x2 x

22

2

log x 2 log 2 1pt 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 1x 2 xI x(x e )dx x dx xe dx I I 1 2

0 0 0 với

1 12I x dx1 30

1xI xe dx 12

0 .Đặt : xu x,dv e dx . Do đó :

4I3

3) 1đ Ta có : TXĐ D [ 1;2]

x 2 (l)2 2y 6x 6x 12 , y 0 6x 6x 12 0x 1

Vì y( 1) 15,y(1) 5,y(2) 6

nên Miny y(1) 5 , Maxy y( 1) 15[ 1;2] [ 1;2]


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


Ta tính được : SI = 1 5AB2 2

, OI = JS = 1 ,

bán kính R = OS = 32

. Diện tích : S = 2 24 R 9 (cm )

Thể tích : V = 4 93 3R (cm )3 2


. 1. Theo chương trình chuẩn :


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].AD6 2

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : P = -2



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


Pt hoành độ giao điểm của (C )m và trục hoành : 2x x m 0 (*) với x 1

điều kiện 1m , m 04

.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 1m5

thỏa mãn (*)

Vậy giá trị cần tìm là 1m5

………………………………………………

ố Ệ





Cho hàm số 3y x 3x 1 có đồ thị (C)


2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(149

; 1 ) . .


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 .


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 .



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 .


Giải phương trình 3x 8 0 trên tập số phức ..

2) Theo chương trình nâng cao :


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) .


Biểu diễn số phức z = 1 + i dưới dạng lượng giác .

. . . . . . . . . . . . . . ……

ố Ệ


HƯỚNG DẪN



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 ) 19

(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 23

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


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 12

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 ln33

Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt t 2 sin x

c) 1đ

ố Ệ


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 Z3 3

+ min y min y = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k Z2R [ 1;1]


Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM AB thì OM = a

SAB cân có SAB 60 nên SAB đều . Do đó : AB SAAM2 2

SOA vuông tại O và SAO 30 nên

SA 3OA SA.cos302

. OMA vuông tại M do đó :

2 23SA SA2 2 2 2 2 2OA OM MA a SA 2a SA a 2

4 4




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


Ta có :

x 23 2x 8 0 (x 2)(x 2x 4) 0 2x 2x 4 0 (*)

Phưong trình (*) có 21 4 3 3i i 3 nên (*) có 2 nghiệm :

x 1 i 3 , x 1 i 3

Vậy phương trình có 3 nghiệm x 2 , x 1 i 3 , x 1 i 3



ố Ệ


1) 0,5đ Gọi

x 2 t Qua M(2;3;0) Qua M(2;3;0)

(d) : (d) : (d) : y 3 t+ VTCP a = n (1;1;2)+ (P) P z 2t

Khi đó : N d (P) N(1;2; 2)

2). 1,5đ + Tâm I(1; 2;3) , bán kính R = 6

+ (Q) // (P) nên (Q) : x y 2z m 0 (m 1)

+ (S) tiếp xúc (Q) m 1 (l)|1 2 6 m |d(I;(Q)) R 6 | 5 m | 6m 116

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


z 1 i z 2 r

1 2 1 2 3cos , sin2 2 42 2

Vậy :

3 3z 2(cos isin )4 4

…………………………………………………………………………..

ố Ệ





Cho hàm số x 3

yx 2

có đồ thị (C)


2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số đã

cho tại hai điểm phân biệt .


1) Giải bất phương trình

ln (1 sin )2 2

2e log (x 3x) 0

2) Tính tìch phân : I =

2 x x(1 sin )cos dx

2 20

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

xey xe e trên đoạn [ ln 2 ; ln 4] .


Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích

của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a .



1) Theo chương trình chuẩn :


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

x 2 2t

(d ) : y 31z t

và x 2 y 1 z

(d ) :21 1 2

.

1) Chứng minh rằng hai đường thẳng (d ), (d )1 2 vuông góc nhau nhưng không cắt nhau .

2) Viết phương trình đường vuông góc chung của (d ), (d )1 2 .


Tìm môđun của số phức 3z 1 4i (1 i) .

2) Theo chương trình nâng cao :


Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2x y 2z 3 0 và hai

đường thẳng (d1 ) : x 4 y 1 z

2 2 1

, ( d2 ) : x 3 y 5 z 7

2 3 2

.

1) Chứng tỏ đường thẳng (d1) song song mặt phẳng ( ) và ( d2 ) cắt mặt phẳng ( ) .

2) Tính khoảng cách giữa đường thẳng (d1) và ( d2 ).

3) Viết phương trình đường thẳng ( ) song song với mặt phẳng ( ) , cắt đường thẳng

(d1) và (d2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 .


Tìm nghiệm của phương trình 2z z , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z .

ố Ệ


HƯỚNG DẪN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7

điểm)


1) 2đ

2) 1đ Phương trình hoành độ của (C ) và đường

thẳng y mx 1 :

x 3 2mx 1 g(x) mx 2mx 1 0 , x 1x 2

(1)

Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân

biệt khác 1

m 0 m 0m 02m m 0 m 0 m 1m 1g(1) 0 m 2m 1 0


1) 1đ pt ln 2 2 2

2 2e log (x 3x) 0 2 log (x 3x) 0 (1)

Điều kiện : x > 0 x 3

(1) 2 2 2 22

log (x 3x) 2 x 3x 2 x 3x 4 0 4 x 1

So điều kiện , bất phương trình có nghiệm : 4 x 3 ; 0 < x 1

2) 1đ I =

2 2x x x x 1 x 1 2(cos sin .cos )dx (cos sin x)dx (2sin cosx)

2 2 2 2 2 2 2 00 0

2 1 12. 2

2 2 2

3) 1đ Ta có :

xey 0 , x [ ln 2 ; ln 4]x 2(e e)

+

2min y y(ln 2)2 e[ ln 2 ; ln 4]

+

4Maxy y(ln 4)4 e[ ln 2 ; ln 4]


2 3a 3 a 3

V AA '.S a.lt ABC4 4

Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp

ABC , A 'B'C' thí tâm của mặt cầu (S) ngoại

tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm

I của OO’ .

x 2 y + + y

1 1

ố Ệ


Bán kính a 3 a a 212 2 2 2R IA AO OI ( ) ( )

3 2 6

Diện tích : 2a 21 7 a2 2S 4 R 4 ( )mc

6 3





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

2t 3 1 t

(t 1) (t 4)1 1 2

vô nghiệm .Vậy d1 và d2 không cắt nhau .

Ta có : d1có VTCP u ( 2;0;1)1

; d1có VTCP u (1; 1;2)2

Vì u .u 01 2

nên d1 và d2 vuông góc nhau .

2) 1đ Lấy M(2 2t;3; t) (d )1 , N(2 m;1 m;2m) (d )2

Khi đó : MN (m 2t; 2 m;2m t)

MN vuông với (d ), (d )s1 2MN.u 0 t 0 5 4 21

M(2;3;0), N( ; ; )m 1/ 3 3 3 3MN.u 02

x 2 y 3 z

(MN) :1 5 2

là phưong trình đường thẳng cần tìm .


Vì 3 3 2 3(1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i .

Suy ra : 2 2z 1 2i z ( 1) 2 5



1) 0,75đ

qua A(4;1;0) qua B( 3; 5;7)(d ) : , (d ) : , 1 2 VTCP u (2;2; 1) VTCP u (2;3; 2)1 2

( ) có vtpt n (2; 1;2)

Do u .n 01 và A ( ) nên ( d1) // ( ) .

Do u .n 3 02 nên ( d1) cắt ( ) .

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

[u ,u ].AB1 2

d((d ),(d )) 31 2 [u ,u ]1 2

3) 0,75đ phương trình

qua (d )1mp( ) : ( ) : 2x y 2z 7 0 // ( )

Gọi N (d ) ( ) N(1;1;3)2 ;

M (d ) M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3)1

Theo đề : 2MN 9 t 1 .

Vậy

qua N(1;1;3) x 1 y 1 z 3( ) : ( ) : VTCP NM (1; 2; 2) 1 2 2


Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực . ta có : z a bi và 2 2 2z (a b ) 2abi

ố Ệ


Khi đó : 2z z Tìm các số thực a,b sao cho :

2 2a b a2ab b

Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) , 1 3( ; )2 2

, 1 3( ; )2 2

.

…………………………………………………….

ố Ệ





Cho hàm số 4 2y = x 2x có đồ thị (C)


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


1) Cho lg392 a , lg112 b . Tính lg7 và lg5 theo a và b .

2) Tính tìch phân : I = 21

xx(e sin x)dx0

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số

2x 1y1 x

.


Tính tæ soá theå tích cuûa hình laäp phöông vaø theå tích cuûa hình truï ngoaïi tieáp hình laäp phöông ñoù . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )




Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với các đỉnh là :

A(0; 2 ;1) , B( 3 ;1;2) , C(1; 1 ;4) .

1) Viết phương trình chính tắc của đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác .

2) Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng (OAB)

với O là gốc tọa độ .


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

1y2x 1

, hai đường thẳng x = 0 ,

x = 1 và trục hoành . Xác định giá trị của a để diện tích hình phẳng (H) bằng lna .



Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 1;4;2) và hai mặt phẳng ( 1P ) :

2x y z 6 0 , ( P ) : x 2y 2z 2 02 .

1) Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng ( 1P ) và ( 2P ) cắt nhau . Viết phương trình tham số của

giao tuyến của hai mặt phằng đó .

2) Tìm điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên giao tuyến .


Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y = 2x và (G) : y = x . Tính thể tích của khối

tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành .

. . . . . . . …………………. . . . . . .

ố Ệ


HƯỚNG DẪN



1) 2đ

2) 1đ Gọi ( ) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k nên ( ) : y k(x 2) . ( ) là tiếp tuyến

của ( C ) Hệ sau có nghiệm : 4 2x 2x k(x 2) (1)34x 4x k (2)

Thay (2) vào (1) ta được : 2 22x(x 2)(3x 2x 4) 0 x ,x 0,x 2

3

2 2 8 2 8 2 16(2)x k ( ) : y x13 27 27 27

(2)x 0 k 0 ( ) : y 02

(2)x 2 k 4 2 ( ) : y 4 2x 83


1) 1đ Ta có : a = lg392 = 3 2 10lg(2 .7 ) 3lg2 2 lg 7 3lg 2 lg 7 3 3lg5 2 lg 75

2 lg 7 3lg5 a 3 (1)

b = lg112 = 4 10lg(2 .7) 4 lg2 lg 7 4 lg 4 lg5 4 4 lg5 lg 75

lg 7 4 lg5 b 4 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ :

2 lg 7 3lg5 a 3 1 1lg5 (a 2b 5) , lg 7 (4a 3b)lg 7 4 lg5 b 4 5 5

2) 1d Ta có I = 2 21 1 1

x xx(e sin x)dx xe dx xsin xdx I I1 20 0 0

2 2 2 11 11 1 1x x 2 xI xe dx e d(x ) ( e ) = (e 1) 1 2 2 200 0

. Cách khác đặt t = 2x

1I xsin xdx .2

0 Đặt :

u x du dxdv sin xdx v cosx

nên 1

1 12 0 0

0I [ x cosx] cosxdx cos1 [sin x] cos1 sin1

Vậy : 1I (e 1) sin1 cos12

x 1 0 1 y + 0 0 + 0

y 1 1 0

ố Ệ


3) 1đ Tập xác định : R ;

2 21 xy , y = 0 x = 1

(1 x ) 1 x ,

x x x x

2

1x(1 )xlim y lim lim y 1 ; lim y 1

1x . 1x

Bảng biến thiên :

Vaäy : Haøm soá ñaõ cho ñaït : R

M max y = y(1) 2

Khoâng coù GTNN Câu III ( 1,0 điểm )

Nếu hình lập phương có cạnh là a thì thể tích

của nó là 3V a1

Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có bán

kính a 2R

2 và chiều cao h = a nên có thể

tích là 3aV2 2

. Khi đó tỉ số thể tích :

3V a 213V2 a

2





1) 1đ Trung điểm của cạnh BC là M(1;0;3)

Trung tuyến

Qua M( 1;0;3) x y 2 z 1(AM) : (AM) : VTCP u = AM ( 1;2;2) 1 2 2

2) 1đ

Mặt phẳng (OAB) :

Qua O(0;0;0) OA (0; 2;1) VTCP : OB ( 3;2;1)

VTPT n = [OA;OB] ( 1)(5;3;6)

x 1 5t Qua C(1; 1;4) (d): (d) : y 1 3t VTCP u = n = ( 1)(5;3;6) z 4 6t


Vì hàm số

1y2x 1

liên tục , không âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích :

1 110

0 0

1 1 d(2x 1) 1 1S dx ln 2x 1 ln32x 1 2 2x 1 2 2

x 1 y + 0

y 2 1 1

ố Ệ


Theo đề :

a 01S ln a ln3 ln a ln 3 ln a a 3a 32



1) 1đ

+ Mặt phẳng ( 1P ) có VTPT 1n (2; 1;1) , mặt phẳng ( 2P ) có VTPT

2n (1;2; 2)

Vì

2 11 2

nên suy ra ( 1P ) và ( 2P ) cắt nhau .

+ Gọi u

là VTCP của đường thẳng thì u

vuông góc 1n và 2n nên ta có :

1 2u [n ; n ] (0;5;5) 5(0;1;1)

Vì 1 2(P ) (P ) . Lấy M(x;y;x) ( ) thì tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ :

2x y z 6 0 , cho x = 2 ta

x 2y 2z 2 0 được :

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

2y 2z 4 z 3

Vậy

x 2 qua M(2;1;3)( ) : ( ) : y 1 t vtcp u 5(0;1;1) z 3 t

2) 1đ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng ( ) .

Ta có : MH . Suy ra : H (Q) , với (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông

với . Do đó

qua M(2;1;3)(Q) : (Q) : 0(x 1) 1(y 4) 1(z 2) 0 (Q) : y z 6 0 vtpt n = u 5(0;1;1)

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

pt( )1t H(2;2;4)

5


Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) và (G) : 2x x x 0,x 1

Khi đó (H) giới hạn bởi các đường thẳng x = 0 , x = 1 , ( C) và (G) .

Vì 20 x x , x (0;1) nên gọi 1 2V ,V lần lượt là thể tích sinh ra bởi ( C) và (G) .

Khi đó :

1 2 5

4 12 1 0

0

x x 3V V V (x x )dx [ ]2 5 10

………………………………………….

ố Ệ







2) Cho họ đường thẳng (d ) : y mx 2m 16m với m là tham số . Chứng minh rằng (d )m luôn

cắt đồ thị (C) tại một điểm cố định I .


1) Giải bất phương trình

x 1

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

2) Cho

1f(x)dx 2

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

0f(x)dx

1 .

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất nếu có của hàm số 2x

4x 1y 2 .


Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a . Hình chiếu vuông góc

của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB . Mặt bên (AA’C’C) tạo với đáy một góc

bằng 45 . Tính thể tích của khối lăng trụ này .


Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó.



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

mặt

phẳng (Q) : x y z 0 và cách điểm M(1;2;1 ) một khoảng bằng 2 .


Cho số phức

1 iz1 i

. Tính giá trị của 2010z .



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

x 1 2ty 2tz 1

và mặt phẳng (P) : 2x y 2z 1 0 .

1) Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên (d) , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với (P) .

2) Viết phương trình đường thẳng ( ) qua M(0;1;0) , nằm trong (P) và vuông góc với

đường thẳng (d) .


Trên tập số phức , tìm B để phương trình bậc hai 2z Bz i 0 có tổng bình phương hai nghiệm

bằng 4i .

. . . . . . . ……………… . . . . . . .

ố Ệ


HƯỚNG DẪN



1) 2đ

x 2 0 y + 0 0 +

0 4

2) 1đ Ta có : Phương trỉnh hoành độ điểm chung của (C)

và (d )m :

x 23 2 2x 3x 4 mx 2m 16 (x 2)[x 5x (10 m)] 0 2x 5x 10 m 0

Khi x = 2 ta có 3 2y 2 3.2 4 16 ; y = 2m 2m + 16 = 16 , m R

Do đó (d )m luôn cắt (C) tại điểm cố định I(2;16 ) .


1) 1đ Vì 1 1( 2 1)( 2 1) 1 2 1 ( 2 1)

2 1

nên

x 1x 1 x 1x 1bpt ( 2 1) ( 2 1) x 1

x 1

do 2 1 1

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

x 1 x 1

2) 1đ Đổi biến : u = x du dx dx du .

Đổi cận : x = 1 u 1

x = 0 u 0

Vì f là hàm số lẻ nên f( u) f(u)

Khi đó : I =

0 1 1 1f( u)du f( u)du f(u)du f(x)dx 2

1 0 0 0

3) 1đ Tập xác định D R

x , ta có : x 12 2 2(2x 1) 0 4x 4x 1 0 4x 1(4x 1)2 44x 1

(1)

x 12 2 2(2x 1) 0 4x 4x 1 0 (4x 1) 4x2 44x 1

(2)

Từ (1) và (2) suy ra :

2 2x x1 1

1 x 1 1 44x 1 4x 14 42 2 2 2 2, x2 44 4 24x 1

ố Ệ


Vậy : 1 1 1 4min y y( ) ; max y y( ) 22 4 2R R2


Gọi H là trung điểm của AB . Ta có A’H (ABC)

.Kẻ HE AC thì A'HE 45 là góc

giữa hai mặt (AA’C’C) và (ABC) .

Khi đó : A’H = HE = a 3

4

( bằng 12

đường cao ABC) . Do đó :

2 3a 3 a 3 3aV .ABC.A 'B'C' 4 4 16




Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với 2 2 2A B C 0

Vì (P) (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0 A+B+C = 0 C A B (1)

Theo đề :

d(M;(P)) = 2

A 2B C 2 2 2 22 (A 2B C) 2(A B C )2 2 2A B C

(2)

Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5 8A2B 0 B 0 hay B =5

(1)B 0 C A . Cho A 1,C 1 thì (P) : x z 0

8AB =5

. Chọn A = 5 , B = 1 (1) C 3 thì (P) : 5x 8y 3z 0


Ta có :

21 i (1 i)z i1 i 2

nên 2010 2010 4 502 2 4 502 2z i i i .i 1.( 1) 1



1) 1đ

Tâm mặt cầu là I (d) nên I(1+2t;2t; 1 )

Theo đề : Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên

2(1 2t) 2t 2( 1) 1d(I;(P)) R 3 6t 3 3 t 0, t 1

4 1 4

t = 0 thì I(1;0; 1 ) 2 2 2(S ) : (x 1) y (z 1) 91

t = 1 thì I( 1; 2 ; 1 ) 2 2 2(S ) : (x 1) (y 2) (z 1) 92

2) 1đ VTCP của đường thẳng (d) là u (2;2;0) 2(1;1;0)

VTPT của mặt phẳng là v (2;1; 2)

Gọi u

là VTCP của đường thẳng ( ) thì u

vuông góc với u,n do đó ta chọn

u [u,v] ( 2)(2; 2;1) .

ố Ệ


Vậy

Qua M(0;1;0) x y 1 z( ) : ( ) : vtcp u [u,v] ( 2)(2; 2;1) 2 2 1


Gọi z ,z1 2 là hai nghiệm của phương trình đã cho và B a bi với a,b .

Theo đề phương trình bậc hai 2z Bz i 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i .

nên ta có : 2 2 2 2 2z z (z z ) 2z z S 2P ( B) 2i 4i1 2 1 2 1 2 hay 2B 2i hay

2 2 2(a bi) 2i a b 2abi 2i Suy ra : 2 2a b 0

2ab 2

.

Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là (1; 1),( 1;1)

Vậy : B 1 i , B = 1 i

………………………………………………

ố Ệ







2) Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt

3 2x 3x k 0 .


1) Giải phương trình 3x 4 2x 23 9

2) Cho hàm số 2

1y

sin x . Tìm nguyên hàm F(x ) của hàm số , biết rằng đồ thị của hàm số F(x)

đi qua điểm M(6

; 0) .

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 1

y x 2 x

với x > 0 .


Cho hình choùp tam giaùc ñeàu coù caïnh ñaùy baèng 6 vaø ñöôøng cao h = 1 . Hãy tính diện tích của

mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .





Trong không 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

1) Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại A . Tìm tọa độ điểm A .

2) Viết phương trình đường thẳng ( ) đi qua A , nằm trong (P) và vuông góc với (d) .


Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường : 1y ln x,x ,x ee

và trục hoành .



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

(d ) :

x 2 4ty 3 2tz 3 t

và mặt phẳng (P) : x y 2z 5 0

1) Chứng minh rằng (d) nằm trên mặt phẳng (P) .

2) Viết phương trình đường thẳng ( ) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là

14 .


Tìm căn bậc hai cũa số phức z 4i

. . . . . . . …………. . . . . . . .

ố Ệ


HƯỚNG DẪN



1) (2d)

2)(đ

pt 3 2x 3x 1 k 1

Đây là pt hoành 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


1) ( 1đ )

3x 4 3x 42x 2 2(2x 2)2 2

x 1 83 9 3 3 3x 4 4x 4 x

7(3x 4) (4x 4)

2) (1đ) Vì F(x) = cotx + C . Theo đề :

F( ) 0 cot C 0 C 3 F(x) 3 cot x6 6

3) (1đ) Với x > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi :

1

x 2x

. Dấu “=” xảy ra khi x 021

x x 1 x 1x

y 2 2 4 . Vậy : (0; )

M iny y(1) 4


Goïi hình choùp ñaõ cho laø S.ABC vaø O laø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp cuûa ñaùy ABC . Khi ñoù : SO laø truïc ñöôøng troøn ñaùy (ABC) . Suy ra : SO (ABC) . Trong mp(SAO) döïng ñöôøng trung tröïc cuûa caïnh SA , caét SO taïi I . Khi ñoù : I laø taâm cuûa maët caàu ngoaïi tieáp S.ABC Tính baùn kính R = SI .

Ta coù : Töù giaùc AJIO noäi tieáp ñöôøng troøn neân : SJ.SA SI.SO SI = SJ.SASO

=2SA

2.SO

SAO vuoâng taïi O . Do ñoù : SA = 2 2SO OA = 6213

= 3 SI = 32.1

= 32

Diện tích mặt cầu : 2S 4 R 9 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )



1) (0,5 đ) A(5;6;9)

2) (1,5đ)

+ Vectơ chỉ phương của đường thẳng (d) : u (1; 2;2)d

+ Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) : n ((2;1; 1)P

+ Vectơ chỉ phương của đường thẳng ( ) :

u [u ;n ] (0;1;1)d P

x 0 2 y 0 + 0

y 3 1

ố Ệ


+ Phương trình của đường thẳng ( ) :

x 5y 6 t (t R)z 9 t


+ Diện tích :

1 eS ln xdx ln xdx

1/e 1 + Đặt :

1u ln x,dv dx du dx,v xx

+ ln xdx x ln x dx x(ln x 1) C => 11 eS x(ln x 1) x(ln x 1) 2(1 )1/e 1 e



1) (0,5đ) Chọn A(2;3;3),B(6;5;2)(d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .

2) (1,5đ) Gọi u

vectơ chỉ phương của ( d1) qua A và vuông góc với (d) thì u udu uP

nên ta chọn

u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2)sP . Ptrình của đường thẳng (d1) :

x 2 3ty 3 9t (t R)z 3 6t

( ) là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên (d1) thì M(2+3t;39t;3+6t) .

Theo đề : 1 12 2 2 2AM 14 9t 81t 36t 14 t t9 3

+ t = 13

M(1;6;5) x 1 y 6 z 5( ) :1 4 2 1

+ t = 13M(3;0;1)

x 3 y z 1( ) :2 4 2 1


Gọi x + iy là căn bậc hai của số phức z 4i , ta có :

2 2 x y2 x y 0(x iy) 4i

2xy 42xy 4

hoặc x y2xy 4

x y

22x 4

(loại) hoặc x y

22x 4

x y x 2;y 22 x 2;y 2x 2

Vậy số phức có hai căn bậc hai : z 2 i 2 , z 2 i 21 2

……………………………………………….

ố Ệ



A . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I.(3 điểm)

Cho hàm số 3 3 2y x x

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.

2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 3 3 2x x m

Câu II.(3 điểm)

1. Giải phương trình: 12

3 63 3 80 0x x

2. Tính nguyên hàm: ln(3 1)x dx

3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất hàm số 3 2( ) 3 9 3f x x x x trên đoạn 2;2

Câu III.(1 điểm)

Cho tứ diện S.ABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA=a, SB=b, SC=c. Hai điểm M,

N lần lượt thuộc 2 cạnh AB, BC sao cho 1 1

,3 3

AM AB BN BC . Mặt phẳng (SMN) chia khối tứ

diện S.ABC thành 2 khối đa diện (H) và (H’) trong đó (H) là khối đa diện chứa đỉnh C. Hãy tính

thể tích của (H) và (H’)

B . PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành

riêng cho chương trình đó


Câu IV.a(2 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 V.a(1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay được tạo bởi phép quay quanh trục Ox hình phẳng

giới hạn bởi các đường 2 2 1, 0, 2, 0y x x y x x .

2.Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b(2 điểm)

Cho mặt phẳng (P): 2x+y-z-3=0 và đường thẳng (d): x 2 y z 3

1 2 2

1. Tìm tọa độ giao điểm M của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P).

2. Viết phương trình hình chiếu của đường thẳng (d) trên mặt phẳng (P).

Câu Vb. (1 điểm)

Xác định tọa độ giao điểm của tiệm cận xiên của đồ thị hàm số 2 3 1

2

x xy

x

với parabol (P):

2 3 2y x x

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

ố Ệ


ĐÁP ÁN


(2,0 điểm)

Tập xác định : D = R 0,25

Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: 2y ' 3x 3

1

' 01

xy

x

Trên các khoảng ( ; 1) và (1: ), ' 0y nên hàm số nghịch

biến.

Trên khoảng ( 1;1), ' 0y nên hàm số đồng biến.

Cực trị:

Hàm số đạt cực tiểu tại 1x , giá trị cực tiểu 4y

Hàm số đạt cực đại tại 1x , giá trị cực đại 0y

0,50

0.25

Giới hạn: x x

lim y ; lim y

0,25

Bảng biến thiên:

x -1 1

y 0 + 0 0,25

Đồ thị:

-Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ;

2)

-Ta có:3

13 2 0

2

xx x

x

nên đồ thị cắt trục hoành tại 2

điểm

(1;0) và (-2;0)

0,50

(1,0 điểm)

Số nghiệm của phương trình 3 3 2x x m bằng số giao điểm của

hai đồ thị hàm số 3 3 2y x x và y m .

0,50

I

(3,0

điểm)

Dựa vào đồ thị ta có:

Nếu 4m hoặc 0m phương trình có 1 nghiệm.

Nếu 4m hoặc 0m phương trình có 2 nghiệm.

Nếu 4 0m phương trình có 3 nghiệm.

0,50


II 4. (1,0 điểm)

ố Ệ


Ta có:

212 6

3 6 63

3 3 80 0 3 80 09

xx x x

Đặt 63 ( 0)x

t t ta được phương trình:2 80 0

9

tt

0,50

t 9

80t

9

Nghiệm 80

t9

không thỏa mãn điều kiện.

Với t=9 ta có: 63 9 2 126

xx

x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=12.

0,50

5. (1,0 điểm)

ln(3 1)x dx Đặt u=ln(3x-1) và dv=dx thì: 3

3 1du dx

x

và

v x

0,25

3ln(3 1) ln(3 1)

3 1

1 1ln(3 1) 1 ln(3 1)

3 1 3 1

xx dx x x dx

x

x x dx x x dx dxx x

0,50

1x ln(3x 1) x ln(3x 1) C

3 0,25

6. (1,0 điểm)

Ta có: 2'( ) 3 6 9f x x x 0,25

Do đó: f’(x) = 0 3

'( ) 01

xf x

x

Ta có: ( 2) 25; (2) 5; (1) 2f f f

0,25

(3,0

điểm)

Suy ra: x [ 2;2]max f (x) f ( 2) 25

x [ 2;2]min f (x) f (1) 2

0,50

III

(1,0

điểm)

Diện tích của tam giác: SBC là: 1

.2 2

SBC

bcS SB SC

Vì ( )SA SB

SA SBCSA SC

nên thể tích của tứ diện S.ABC là:

.

1 1.

3 3 2 6S ABC SBC

bc abcV SA S a

0,50

ố Ệ


1 2

3 3BM BA AM BA BA b

Gọi thể tích khối đa diện (H) và (H’) lần

lượt là : ',H HV V

Ta có :

.'

. .

2 1 2.

3 3 9

B SMNH

S ABC B SAC

VV BS BM BN

V V BS BA BC

S B

C

A

M

N

0,25

2.

9 6 27H

abc abcV

' .

7

6 27 54H S ABC H

abc abcV V V abc

0,25


3. (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

Do đó, 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 H2 1 1

; ;3 3 3

.

0,50

4. (1,0 điểm) Có thể giải theo một trong hai cách:

Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (P). Ta có

R bằng khoảng cách từ A đến (P). Suy ra :

2 2 2

1.1 2.4 1.2 1 5 6R

31 2 1

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

Hay 3x2 + 3y

2 + 3z

2 – 6x – 24y – 12z + 13 = 0

0,50

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường đã cho là:

2 22 42

0 02 1 1V x x dx x dx

0,50 V.a

(1,0

điểm) 2

5

0

( 1) 2

5 5

x

0,50

ố Ệ


1. (1,0 điểm)

Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ phương trình:

x 2 y z 31 2 2

2x y z 3 0

0,25

x 4y 4z 7

0,50

Vậy H 4 ; 4 ;7 . 0,25

2. (1,0 điểm)

Gọi là hình chiếu của đường thẳng d trên mặt phẳng (P)

Gọi (Q) là mặt phẳng xác định bởi và d.

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng d là (1; 2;2)du

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là 1 (2;1; 1)n

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ((Q) là: 2 1, (0;5;5)dn u n

Phương trình của mặt phẳng (Q): 5( 4) 5( 7) 0x z

Hay : x+z+3=0

0,50

IV.b

(2,0

điểm)

Đường thẳng là giao tuyến của (P) và (Q):Xét hệ 2 3 0

3 0

x y z

x z

Đặt x=t ta có z=-3-t, y=-3t Phương trình của đường thẳng

: 3

3

x t

y t

z t

0,50

Ta có 2 23 1 1 3 1 1

1 ( 1)2 2 2 2

x x x xx x

x x x x

1lim 0

2x x

Vậy đường thẳng (d): y=x-1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số

0,50

V.b

(1,0

điểm)

Xét phương trình:

2 21

3 2 1 4 3 03

xx x x x x

x

Với x=1 thì y=0, x=3 thì y=5

Vậy (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm (1;0) và (3;5)

0,50

ĐỀ sỐ : 1 - ngkimthu06.files.wordpress.com · 2) tìm t ất cả các giá trị của tham...

Documents