10 Đề và đáp án thi thử TNTHPT môn Toán

ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ1 
ĐỀ SỐ: 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 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) 
.. 
HƯỚNG DẪN 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu I ( 3,0 điểm ) 
 1) 2đ 
 x  1  
y + + 
y  
 1 
 1 
 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ2 
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
      
      
      


Câu III ( 1,0 điểm ) 
 Ta có : 
V SM 2 2S.MBC V .V (1)S.MBC S.ABCV SA 3 3S.ABC
    
2 1V V V V .V .V (2)M.ABC S.ABC S.MBC 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 ) : 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ3 
 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 
 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
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ4 
 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 
........................................................................................ 
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 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 . 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ5 
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
. 
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    
x  1  
y   
y 
 2 
  
 
 2 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ6 
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 ) : 
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 
ĐỀ SỐ: 3 
( 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). 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ7 
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 đô ... ) 
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 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
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ27 
ĐÁP ÁN 
Câu NỘI DUNG Điểm 
(2,0 điểm) 
Tập xác định : D = R 0,25 
Sự biến thiên: 
 Chiều biến thiên: 2y ' 3x 3   
 
1
' 0
1
x
y
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
1
3 2 0
2
x
x 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 
Câu NỘI DUNG Điểm 
II 1. (1,0 điểm) 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ28 
Ta có: 
212 6
3 6 6 33 3 80 0 3 80 0
9
x
x x x  
       
  
Đặt 63 ( 0)
x
t t  ta được phương trình: 2 80 0
9
tt    
0,50 
t 9
80t
9

   

Nghiệm 80t
9
  không thỏa mãn điều kiện. 
Với t=9 ta có: 63 9 2 12
6
x x x     
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=12. 
0,50 
2. (1,0 điểm) 
ln(3 1)x dx Đặt u=ln(3x-1) và dv=dx thì: 33 1du dxx  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 dx
x x
   

           
 
   0,50 
1x ln(3x 1) x ln(3x 1) C
3
      0,25 
3. (1,0 điểm) 
Ta có: 2'( ) 3 6 9f x x x   0,25 
Do đó: f’(x) = 0 
3
'( ) 0
1
x
f 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 2SBC
bcS SB SC  
 Vì ( )
SA SB
SA SBC
SA 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
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ29 
1 2
3 3
BM 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 
Câu NỘI DUNG Điểm 
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 
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 
H 2 1 1; ;
3 3 3
   
. 
0,50 
2. (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 + 3y2 + 3z2 – 6x – 24y – 12z + 13 = 0 
0,50 
V.a 
(1,0 
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường đã cho là: 
   2 22 42
0 0
2 1 1V x x dx x dx        0,50 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ30 
điểm) 25
0
( 1) 2
5 5
x    0,50 
1. (1,0 điểm) 
Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ phương trình: 
   

    
x 2 y z 3
1 2 2
2x y z 3 0
 0,25 
  
 
  
x 4
y 4
z 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 11 ( 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 2 13 2 1 4 3 0
3
x
x 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 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ31 
ĐỀ SỐ : 10 
( 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 - NĐ32 
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 - NĐ33 
 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 
4. (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 
5. (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 
6. (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 - NĐ34 
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 
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 
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 
4. (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