Tài liệu Đề ôn thi thpt rất hay

13 đề thi thử đại học ĐỀ 1 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y  x3  3x 2  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 x 3  3x 2  k 0 . Câu II ( 3,0 điểm ) a. Giải phương trình 3 3x  4 92x  2 b. Cho hàm số y  1 . Tìm nguyên hàm F(x ) của hàm số , biết rằng đồ thị của hàm số sin 2 x  F(x) đi qua điểm M( ; 0) . 6 1 x c. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y x   2 với x > 0 . Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình choùp tam giaùc ñeàu coù caïnh ñaùy baèng của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . 6 vaø ñöôøng cao h = 1 . Hãy tính diện tích 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 đường thẳng (d) : x 2 y z 3   và mặt phẳng (P) : 2x  y  z  5 0 1 2 2 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 vuông góc với (d) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường : y ln x, x  , x e và trục hoành . e 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :  x 2  4t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) : y 3  2t và mặt phẳng z  3  t (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 . . . . . . . 1 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a. (2d) x y  y  0 0  + 1 2 0 3    b. (1đ) pt   x3  3x2  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 Câu II ( 3,0 điểm ) a. ( 1đ ) 3 3x  4 92x  2  3 3x  4  x 1 8 32(2x  2)  3x  4 4x  4    x 2 2 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 c. (1đ) Với x > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi : x 1 1 x 0 2 . Dấu “=” xảy ra khi x   x 2 1    x 1 x x M iny  y(1) 4  y 2  2 4 . Vậy : (0; ) Câu III ( 1,0 điểm ) 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 . SJ.SA SA 2 Ta coù : Töù giaùc AJIO noäi tieáp ñöôøng troøn neân : SJ.SA SI.SO  SI = = SO  SAO vuoâng taïi O . Do ñoù : SA = 3 3 2 6 = SO2  OA 2 = 1  = 3  SI = 2.1 2 3 Diện tích mặt cầu : S 4R2 9 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 2 2.SO 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : a. (0,5 đ) A(5;6;  9) b. (1,5đ)  + Vectơ chỉ phương của đường thẳng (d) : ud (1;  2;2)  + Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) : n P ((2;1;  1)    + Vectơ chỉ phương của đường thẳng (  ) : u [ud ; n P ] (0;1;1) x 5  + Phương trình của đường thẳng (  ) : y 6  t (t  ) z  9  t  Câu V.a ( 1,0 điểm ) : e ln xdx   ln xdx 1/e 1 1 + Đặt : u ln x,dv dx  du  dx, v x x + ln xdx x ln x  dx x(ln x  1)  C + Diện tích : S  1 1 1 e e + S  x(ln x  1) 1/e  x(ln x  1) 1 2(1  ) 3. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a. (0,5đ) Chọn A(2;3;  3),B(6;5;  2)  (d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .    u  u  b.(1,5đ) Gọi u vectơ chỉ phương của ( d1 ) qua A và vuông góc với (d) thì   d nên ta  u  uP x 2  3t    chọn u [u, uP ] (3;  9;6) 3(1;  3;2) . Ptrình của đường thẳng ( d1 ) : y 3  9t (t  ) z  3  6t  (  ) là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên ( d1 ) thì M(2+3t;3  9t;  3+6t) . 1 1 9t 2  81t 2  36t 2  14  t 2   t  9 3 1 x  1 y  6 z5   + t =   M(1;6;  5)  (1) : 3 4 2 1 1 x  3 y z 1   + t =  M(3;0;  1)  ( 2 ) : 3 4 2 1 Theo đề : AM  14  Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Gọi x + iy là căn bậc hai của số phức z  4i , ta có : (x  iy)2  4i   x2  y 2 0   2xy  4  x y  hoặc 2xy  4 x y  2 (loại) hoặc 2x  4 x  y  2xy  4 x  y  2  4   2x  x  y   2 x  2  Vậy số phức có hai căn bậc hai : z1  2  i 2 , z2  2  i 2 3  x  2; y  2   x  2; y  2 ĐỀ 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 y  2x  1 có đồ thị (C) x 1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(1;8) . Câu II ( 3,0 điểm ) a. Giải bất phương trình log 3 x 2 sin 2 x  4 . 1 1 b. Tính tìch phân : I = (3x  cos2x)dx 0 c. Giải phương trình x2  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 . 4. 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 . a. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (Q) . b. 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 =  x2  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 điểm ) : x  3 y 1 z  3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :   và mặt 2 1 1 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). Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 4 y.log x 4  2 Giải hệ phương trình sau :  log2 x  2 2y 4 . . . . . . . .Hết . . . . . . . 4 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a. (2d) x y  1    2 y   b. (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 k(x  1)  8  kx2  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 điểm ) a. (1đ ) pt  log x 2 x 2  0 1 sin 2 x  4 >0 x4 ( vì 0 < sin2 < 1 )    x 2 x 2 x 2 0  x  4 0  x  4 0  x  4 x  2  0 x  2       x 2 x  4  0 x   4 x  2 1 x  2  1 0  6 0  x  4  x  4  x  4 1 x b. (1đ) I = (3x  cos2x)dx = [ 3  1 sin 2x]10 [ 3  1 sin 2]  [ 1  1 sin 0]  2  1 sin 2 ln 3 2 ln 3 2 ln 3 2 ln 3 2 0 c. (1đ)  '  3 3i2 nên  ' i 3 Phương trình có hai nghiệm : x1 2  i 3 , x2 2  i 3 Câu III ( 1,0 điểm ) 5 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 : AC  AA'2  A'C2  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 ) : 1 2 1 3 2x  y  3z  1 0 a. (0,5đ) d(M;(Q)) = b. (1,5đ) Vì    (d) (P)  (Q) :  1 1 1 3 x  y  z  5 0 Lấy hai điểm A(  2;  3;0), B(0;  8;  3) thuộc (d) .  + Mặt phẳng (T) có VTPT là n T (3;  1;0)    + Mặt phẳng (R) có VTPT là n R [n T ,AB] (3;9;  13)  Qua M(1;0;5) + ( R) : + vtpt : n (3;9;  13)  (R) : 3x  9y  13z  33 0  R Câu V.a ( 1,0 điểm ) : + Phương trình hoành giao điểm :  x2  2x 0  x 0,x 2 2 4 2 2 2 4 1 5 2 16 + Thể tích : VOx  ( x  2x) dx [ x  x  x ]0  3 5 5 0 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a. (0,5đ ) Giao điểm I(  1;0;4) . 22 1 1     6 4  1  1. 1  4  1 2 c. (1,0đ) Lấy điểm A(  3;  1;3)  (d). Viết pt đường thẳng (m) qua A và vuông góc với (P) b. (0,5d) sin   5 5 thì (m) : x  3  t ,y  1  2t ,z 3  t . Suy ra : (m) (P) A'( ;0; ) . 2 2  () (IA') : x  1  t,y 0,z 4  t , qua I(  1;0;4) và có vtcp là IA'  3 (1 ;0; 1) 2 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 1  uv 4  u v 2   x 4;y  Đặt : u 2 2y  0,v log2 x . Thì hpt   2  u  v 4 6 ĐỀ 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 y x 4  2x 2  1 có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình x 4  2x 2  m 0 (*) . Câu II ( 3,0 điểm ) x 1 x a. Giải phương trình 7  2.7  9 0 1 b. Tính tích phân : I = x(x  ex )dx 0 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2x3  3x2  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) . a. Viết phương trình đường thẳng BC . b. Chứng minh rằng 4 điểm A,B,C,D không đồng phẳng . c. Tính thể tích tứ diện ABCD . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tính giá trị của biểu thức P (1  2 i )2  (1  2 i )2 . 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 2  t x  1 y z ( ) : y 4  2t (1) :   , 2  và mặt phẳng (P) : y  2z 0 1 1 4 z 1  a. Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng ( 2 ) . b. Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng (1) ,(2 ) và nằm trong mặt phẳng (P) . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : c. 2 Tìm m để đồ thị của hàm số (Cm ) : y  x  x  m với m 0 cắt trục hoành tại hai điểm x 1 phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vuông góc nhau . 7 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x  y y   1 0 + 0 0 1 1 0   +  2 2 b) 1đ pt (1)  x4  2x2  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 ) a) 1đ Ta cã: 7 x  2.71 x  9 0 7  7 x  2. x  9 0 7 2x  7  9.7 x  14 0  7 x 7  x 1  x   x log 7 2  7 2 b) 1đ 1 1 1 1 1 x 2 x Ta có : I x(x  e )dx x dx  xe dx I1  I2 với I1 x2dx  3 0 0 0 0 1 4 I2 xex dx 1 .Đặt : u x,dv ex dx . Do đó : I  3 0 c) 1đ Ta có : TXĐ D [ 1;2]  x  2 (l) y 6x2  6x  12 , y 0  6x2  6x  12 0    x 1 Vì y( 1) 15,y(1) 5,y(2) 6 Miny y(1) 5 , Maxy y(  1) 15 nên [ 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 . 8 3 1 5 , OI = JS = 1 , bán kính R = OS = AB  2 2 2 Diện tích : S = 4R2 9 (cm 2 ) Ta tính được : SI = Thể tích : V = 4 3 9 R   (cm3 ) 3 2 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) . 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : x 0   Qua C(0;3;0)    (BC) : y 3  t a) 0,5đ (BC) :  + VTCP BC (0;1;1) z  t     b) 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 1    3 c) 0,5đ V  [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 ) : a) 1đ Gọi mặt phẳng  Qua M(1;  1;1)  Qua M(1;  1;1) (P) :   (P) :   (P) : x  2y  3 0   + VTPT n P = a2 ( 1;2; 0) +  (2 ) 19 2 Khi đó : N (2 )  (P)  N( ; ;1) 5 5 b) 1đ Gọi A (1)  (P)  A(1; 0; 0) , B ( 2 )  (P)  B(5;  2;1) Vậy (m) (AB) : x 1 y z   4 2 1 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Pt hoành độ giao điểm của (Cm ) và trục hoành : x2  x  m 0 (*) với x 1 điều kiện m  1 , m 0 4 Từ (*) suy ra m x  x2 . Hệ số góc k y  x2  2x  1  m 2x  1  2 x 1 (x  1) Gọi x A , x B là hoành độ của A,B thì phương trình (*) ta có : x A  x B 1 , x A .x B m Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì y(x A ).y(x B )  1  5xA x B  3(x A  x B )  2 0  5m  1 0  m  Vậy giá trị cần tìm là m  1 5 9 1 thỏa mãn (*) 5 ĐỀ 4 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y x 3  3x  1 có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M( 14 ;  1) . 9 . Câu II ( 3,0 điểm ) 2 a. Cho hàm số y e x  x . Giải phương trình y  y  2y  0  2 sin 2x b. Tính tìch phân : I   2 0 (2  sin x) dx c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 2sin3 x  cos2 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 6. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : x 1 y 2 z   , Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng (1) : 2 2 1 x   2t  (2 ) : y  5  3t z 4  a. Chứng minh rằng đường thẳng (1) và đường thẳng (2 ) chéo nhau . b. 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 x3  8 0 trên tập số phức .. 7. 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) : x2  y2  z2  2x  4y  6z  8 0 . a. Tìm điểm N là hình chiếu của điểm 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 điểm ) : Biểu diễn số phức z =  1 + i dưới dạng lượng giác . . . . . . . . .Hết . . . . . . . 10 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x y 1 0 3  + y  1 0  +  1  b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k  (d) : y  1 k(x   (d) : y k(x  14 ) 9 14 ) 1 9  3 14  x  3x  1 k(x  9 )  1 (d) tiếp xúc ( C)  Hệ sau có nghiệm   2 3x  3  k (1) (2) 2 3 Thay (2) vào (1) ta được : 3x3  7x2  4 0  x  ,x 1,x 2  2 (2) 5 5 43    k   tt (1) : y  x  3 3 3 27 (2) ¡ x = 1    k 0  tt ( 2 ) : y  1 ¡ x= (2) ¡ x = 2    k 9  tt (3 ) : y 9x  15 Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ ¡ y ( 2x 1) e  x 2 x 2 , y (4x 2  4x  1) e  x  x 2 1 ¡ y  y  2y (4x 2  6x  2) e x  x ; y  y  2y 0  2x 2  3x  1 0  x  , x 1 2 b) 1đ Phân tích nên sin 2xdx 2sin x.cos xdx 2sin x.d(2  sin x)   Vì d(2  sin x) cos xdx (2  sin x)2 (2  sin x)2 (2  sin x)2 sin 2xdx 2sin x.d(2  sin x) 2  sin x 2  2.[  ]d(2  sin x) (2  sin x)2 (2  sin x)2 (2  sin x)2 (2  sin x)2 2.[ 1 2  ]d(2  sin x) 2  sin x (2  sin x)2 11 Do đó : I 2.[ ln | 2  sin x |   1 2  2 ln 3 = 2 ]0 3 2  sin x Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt t 2  sin x c) 1đ Ta có : y 2sin3 x  sin2 x  4sin x  2 Đặt : t sin x , t  [  1;1]  y 2t 3  t 2  4t  2 , t  [  1;1] 2 y 6t 2  2t  4 ,y 0  6t 2  2t  4 0  t 1  t  3 2 98 Vì y(  1) 3,y(1)  1,y( ) = . Vậy : 3 27 2 98 2 2 + Maxy = Maxy = y(  )  khi t =   sinx =  3 27 3 3  [ 1;1] 2 2  x = arcsin( )  k2 hay x =   arcsin(  )  k2  ,k   3 3  + min y  min y = y(1)  1 khi t = 1  sinx = 1  x =  k2,k   2  [ 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 . AB SA  2 2  SOA vuông tại O và SAO 30 nên Do đó : AM  SA 3 OA SA.cos30  2 OMA vuông tại M do đó : 3SA2 SA2 2 2 2 2 OA OM  MA  a   SA2 2a2  SA a 2 4 4 II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :  Qua A(1;2;0)  Qua B(0;  5;4)   a) 1đ (1) : + VTCP a = (2;  2;  1) , (2 ) : + VTCP a = ( 2;3; 0)   1 2     AB ( 1;  7; 4),[a1;a2 ].AB  9 0  (1) , ( 2 ) chéo nhau .  Qua (1)  Qua A(1;2; 0)  (P) :   (P) : 3x  2y  2z  7 0    + VTPT n = [a1;a2 ] (3;2;2) + // (2 )  b) 1đ (P) :  Câu V.a ( 1,0 điểm ) :  x  2 3 2 Ta có : x  8 0  (x  2)(x  2x  4) 0   2  x  2x  4 0 (*) 12 Phưong trình (*) có  1  4  3 3i2   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 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : x 2  t   Qua M(2;3;0)  Qua M(2;3;0)   (d) :   (d) :  y 3  t   a. 0,5đ Gọi (d) :  + VTCP a = n P (1;1;2) +  (P) z  2t  N  d  (P)  N(1;2;  2) Khi đó : b. 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)  d(I;(Q)) R  |1  2  6  m | 6  m 1 (l)  6  | 5  m | 6    m  11 Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình (Q) : x  y  2z  11 0 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : z  1  i  z  2 r 2 1 2 3 , sin      2 2 4 2 2 3 3 Vậy : z  2(cos  isin ) 4 4 cos   1  13 ĐỀ 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 y  x 3 có đồ thị (C) x 2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. 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 . Câu II ( 3,0 điểm ) a. Giải bất phương trình e  ln (1  sin ) 2  log (x 2  3x)  0 2  2 b. Tính tìch phân : I = (1  sin x ) cos x dx  0 2 2 c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  ex ex  e trên đoạn [ln 2 ; ln 4] . Câu III ( 1,0 điểm ) 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 . II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 8. Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng  x 2  2t x 2 y 1 z  (d1) :  y 3   . và (d 2 ) : 1 1 2 z  t a. Chứng minh rằng hai đường thẳng (d1),(d 2 ) vuông góc nhau nhưng không cắt nhau . b. Viết phương trình đường vuông góc chung của (d1),(d 2 ) . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tìm môđun của số phức z 1  4i  (1  i)3 . 9. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (  ) : 2x  y  2z  3 0 và hai x 4 y 1 z x 3 y 5 z  7     đường thẳng ( d1 ) : , ( d2 ) : . 2 2 1 2 3 2 a. Chứng tỏ đường thẳng ( d1 ) song song mặt phẳng (  ) và ( d 2 ) cắt mặt phẳng (  ) . b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng ( d1 ) và ( d 2 ). c. Viết phương trình đường thẳng (  ) song song với mặt phẳng (  ) , cắt đường thẳng ( d1 ) và ( d 2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Tìm nghiệm của phương trình z z2 , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z . . . . . . . . .Hết . . . . . . . 14 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x y 2  + y + 1  1 b) 1đ   Phương trình hoành độ của (C ) và đường thẳng y mx  1 : x 3 mx  1  g(x) mx2  2mx  1 0 , x 1 x 2 (1) Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt  phương trình (1) có hai nghiệm phân  m 0  2 biệt khác 1   m  m  0  g(1) 0   m 0  m  0  m  1   m  2m  1 0 m 0  m 1  Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ pt  e ln 2  log (x 2  3x)  0  2  log (x 2  3x)  0 (1) 2 2 Điều kiện : x > 0  x   3 (1)  log 2 (x 2  3x)  2  x 2  3x 2 2  x 2  3x  4 0   4 x 1 So điều kiện , bất phương trình có nghiệm :  4 x   3 ; 0 < x 1    2 2 x x x x 1 x 1 b) 1đ I = 2 (cos 2  sin 2 .cos 2 )dx  (cos 2  2 sin x)dx (2sin 2  2 cosx)  0 0 0 2 1 1    2 2 2 2 ex  0 , x  [ln2 ; ln 4] c) 1đ Ta có : y  x 2 (e  e) 2. 15 2 4 min y  y(ln 2)  Maxy  y(ln 4)  + + 2e 4e [ln 2 ; ln 4] [ln 2 ; ln 4] Câu III ( 1,0 điểm ) 2 3 a3 3 a  Vlt AA '.SABC a.  4 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’ . a 3 2 a 2 a 21 ) ( )  3 2 6 2 Diện tích : Smc 4R 2 4( a 21 )2  7a 6 3 Bán kính R IA  AO 2  OI2  ( 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 ) : a) 1đ Thay x.y.z trong phương trình của ( d1 ) vào phương trình của ( d 2 ) ta được :  2t 3  1 t    (t  1)  (t  4) vô nghiệm . 1 1 2 Vậy (d1) và (d 2 ) không cắt nhau .   Ta có : (d1) có VTCP u1 (  2;0;1) ; (d 2 ) có VTCP u 2 (1;  1;2)   Vì u1.u 2 0 nên (d1) và (d 2 ) vuông góc nhau . b) 1đ Lấy M(2  2t;3; t)  (d1) , N(2  m;1  m;2m)  (d 2 )  Khi đó : MN (m  2t;  2  m;2m  t)  MN.u1 0  t 0 5 4 2   M(2;3;0), N( ; ; ) MN vuông với (d1),(d 2 )     3 3 3 MN.u 2 0 m  1 / 3 x 2 y 3 z  (MN) :   là phưong trình đường thẳng cần tìm . 1 5 2 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Vì (1  i)3 13  3i  3i2  i3 1  3i  3  i  2  2i . Suy ra : z  1  2i  z  ( 1)2  22  5 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) 0,75đ   qua A(4;1;0)   qua B(  3;  5;7)  (d1) :  , (d2 ) :  , ( ) có vtpt n (2;  1;2)     VTCP u1 (2;2;  1)   VTCP u2 (2;3;  2) 16   Do u1.n 0 và A  () nên ( d1 ) .. (  ) .   Do u2 .n  3 0 nên ( d1 ) cắt (  ) .     [u1,u2 ].AB   b) 0,5 đ Vì [u1,u2 ] ( 1;2;2) , AB (  7;  6;7)  d((d1),(d2 ))  3   [u1,u2 ]   qua (d1)  () : 2x  y  2z  7 0 c) 0,75đ phương trình mp() :    // ()  Gọi N (d 2 )  ()  N(1;1;3) ; M  (d1)  M(2t  4;2t  1;  t),NM (2t  3;2t;  t  3) Theo đề : MN2 9  t  1 .   qua N(1;1;3) x 1 y 1 z 3   ( ) :   Vậy () :  1  2 2   VTCP NM  (1;  2;  2)  Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực . ta có : z a  bi và z2 (a2  b2 )  2abi a2  b2 a 2 Khi đó : z z  Tìm các số thực a,b sao cho :  2ab  b Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) , ( 1 ; 3 ) , ( 1 ;  3 ) . 2 2 2 2 17 ĐỀ 6 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y =  x 4  2x2 có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M ( 2 ;0) . Câu II ( 3,0 điểm ) a. Cho lg392 a , lg112 b . Tính lg7 và lg5 theo a và b . 1 . 2 b. Tính tìch phân : I = x(ex  sin x)dx 0 c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số y  x 1 1  x2 . Câu III ( 1,0 điểm ) 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 ) 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 với các đỉnh là A(0;  2 ;1) , B(  3 ;1;2) , C(1;  1 ;4) . a. Viết phương trình chính tắc của đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác . b. 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 . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 1 Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y  , hai đường thẳng x = 0 , 2x  1 x = 1 và trục hoành . Xác định giá trị của a để diện tích hình phẳng (H) bằng lna . 2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (  1;4;2) và hai mặt phẳng ( P1 ) : 2x  y  z  6 0 , ( P2 ) : x  2y  2z  2 0 . a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng ( P1 ) và ( P2 ) cắt nhau . Viết phương trình tham số của giao tuyến  của hai mặt phằng đó . b. Tìm điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên giao tuyến  . Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y = x2 và (G) : y = x . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành . . . . . . . . .Hết . . . . . . . 18 HƯỚNG DẪN I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ x y y 1 0 1  + 0 0  + 1 0 1   0   b) 1đ Gọi (  ) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k nên () : y k(x  2)  x4  2x2 k(x    (  ) là tiếp tuyến của ( C ) Hệ sau có nghiệm :   4x3  4x k Thay (2) vào (1) ta được : x(x  2)(3x2  2x  4) 0  x  2) (1) (2) 2 2 ,x 0,x  2 3 8 2 8 2 16  x  2 2  (2)   k    (1) : y  x 3 27 27 27  x 0  (2)   k 0   ( 2 ) : y 0  x  2  (2)   k  4 2   (3 ) : y  4 2x  8 Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ Ta có : a = lg392 = lg(23.72 ) 3lg2  2lg7 3lg  2lg 7  3lg5 a  3 (1) b = lg112 = lg(24.7) 4lg2  lg7 4lg  lg 7  4 lg5 b  4 10  2lg7 3  3lg5  2 lg7 5 10  4lg5 4  4lg5  lg7 5 (2) 2 lg 7  3lg5 a  3 1 1  lg5  (a  2b  5) , lg 7  (4a  3b) Từ (1) và (2) ta có hệ :  5 5 lg 7  4 lg5 b  4 1 1 1 2 2 x x b) 1d Ta có I = x(e  sin x)dx xe dx  x sin xdx I1  I 2 0 0 0 1 1 1 2 1 x2 1 x2 1 x 2 I1 xe dx  e d(x )  ( e ) = (e  1) . Cách khác đặt t = x2 2 2 2 0 0 0 1  u x du dx I2 x sin xdx . Đặt :    dv sin xdx v  cosx 0 1 1 nên I2 [ x cosx]0  cosxdx  cos1  [sin x]10  cos1  sin1 0  19 1 Vậy : I  (e  1)  sin1  cos1 2 c) 1đ Tập xác định : D  1 x y  , y= 0  x = 1 , 2 2 (1  x ) 1  x 1 x(1  ) x  lim y  1 ; lim y 1 lim y  lim x  x  x   x  1 x . 1 x2 Bảng biến thiên : x  y y 1 + 1 0   2 1 Vaäy : Haøm soá ñaõ cho ñaït : ¡ 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 V1 a3 Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có bán a 2 và chiều cao h = a nên có thể 2 3 tích là V2  a . Khi đó tỉ số thể tích : 2 kính R  V1 a3 2   V2 a3  2 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 ) : a) 1đ Trung điểm của cạnh BC là M(  1;0;3 ) § Qua M(  1;0;3) x y 2 z  1  (AM) :   Trung tuyến (AM) :    § VTCP u = AM  (  1;2;2)  1 2 2  b) 1đ § Qua O(0;0;0)       (0;  2;1) Mặt phẳng (OAB) : § VTCP : OA  VTPT n = [OA;OB] ( 1)(5;3;6)   OB ( 3;2;1)  20