Ôn thi tốt nghiệp THPT năm học 2008 - 2009 - Đề số 1 (Thời gian làm bài 150 phút)

ố Ệ
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
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
 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
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
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
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
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
 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
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 nh ... trị nhỏ nhất của hàm số 1y x 2 
x
   với x > 0 . 
Câu III ( 1,0 điểm ) 
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 . 
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
 Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó . 
5. 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
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) . 
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường : 
1y ln x,x ,x e
e
   và trục hoành . 
6. Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 
 (d ) : 
x 2 4t
y 3 2t
z 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 . 
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
 Tìm căn bậc hai cũa số phức z 4i  
. . . . . . . . . . . . . . . 
ố Ệ
HƯỚNG DẪN 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu I ( 3,0 điểm ) 
 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        
Câu II ( 3,0 điểm ) 
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 x
6 6
           
3) (1đ) Với x > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi : 
 1x 2
x
  . Dấu “=” xảy ra khi x 021x x 1 x 1
x
     
 y 2 2 4    . Vậy : 
(0; )
M iny y(1) 4

  
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 . 
Ta coù : Töù giaùc AJIO noäi tieáp ñöôøng troøn neân : SJ.SA SI.SO SI = SJ.SA
SO
=
2SA
2.SO
SAO vuoâng taïi O . Do ñoù : SA = 2 2SO OA = 621
3
 = 3 SI = 3
2.1
= 3
2
Diện tích mặt cầu : 2S 4 R 9    
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
 1. Theo chương trình chuẩn : 
Câu IV.a ( 2,0 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 5
y 6 t (t R)
z 9 t
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
+ Diện tích : 
1 e
S 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       
7. Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
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 ud
u uP
 
 
 
  nên ta chọn 
      u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2)sP . Ptrình của đường thẳng (d1) : 
  
   
   
x 2 3t
y 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;39t;3+6t) . 
 Theo đề : 1 12 2 2 2AM 14 9t 81t 36t 14 t t
9 3
          
 + t = 1
3
 M(1;6;5) x 1 y 6 z 5( ) :1 4 2 1
      
 + t = 1
3
M(3;0;1) x 3 y z 1( ) :2 4 2 1
     
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
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 y
2xy 4
  
  
x y
22x 4
  
 
(loại) hoặc 
x y
22x 4
  

  
x y x 2;y 2
2 x 2;y 2x 2
       
    
 Vậy số phức có hai căn bậc hai : z 2 i 2 , z 2 i 21 2     
. 
ố Ệ
ĐỀ SỐ : 10 
 ( Thời gian làm bài 150 phút ) 
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 0
x 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 
 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
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 4. (1,0 điểm) 
ố Ệ
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 
5. (1,0 điểm) 
ln(3 1)x dx Đặt u=ln(3x-1) và dv=dx thì: 
3
3 1
du 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 dx
x 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
'( ) 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
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 
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 H 2 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 + 3y2 + 3z2 – 6x – 24y – 12z + 13 = 0 
0,50 
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 
V.a 
(1,0 
điểm) 
25
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 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