10 Đề thi thử tốt nghiệp môn Toán + đáp án

ng trình điểm 
 chung của ( C ) và đường thẳng (d) : y = m – 1 
Căn cứ vào đồ thị (C ) , ta có : 
  m -1 < -2  m < -1 : (1) vô nghiệm 
  m -1 = -2  m = -1 : (1) có 2 nghiệm 
  -2 < m-1<-1  -1 < m < 0 : (1) có 4 nghiệm 
  m-1 = - 1  m = 0 : (1) có 3 nghiệm 
  m – 1 > -1 : (1) có 2 nghiệm 
Câu II ( 3,0 điểm ) 
 1) 1đ Điều kiện : 0 < x , x 1 
  
      
            
2 x
2 x
2
2
2
log x 2 log 2 1
pt 3 1 log x 2 log 2 1 0
1log x 1 x2log x log x 2 0 22 log x 2 x 4
2) 1đ 
 Ta có : 
1 1 1
x 2 xI x(x e )dx x dx xe dx I I 1 2
0 0 0
        với 
1 12I x dx1 3
0
  
1
xI xe dx 12
0
  .Đặt : xu x,dv e dx  . Do đó : 4I 3 
3) 1đ Ta có : TXĐ D [ 1;2]  
x 2 (l)2 2y 6x 6x 12 , y 0 6x 6x 12 0
x 1
             
 Vì y( 1) 15,y(1) 5,y(2) 6    
 nên Miny y(1) 5 , Maxy y( 1) 15
[ 1;2] [ 1;2]
    
 
Câu III ( 1,0 điểm ) 
 Gọi I là trung điểm của AB . Từ I kẻ đường thằng  vuông góc với mp(SAB) thì  là trục của 
SAB vuông . 
Trong mp(SCI) , gọi J là trung điểm SC , dựng đường trung trực của cạnh SC của SCI cắt  tại 
O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC . 
Khi đó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật . 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ14 
Ta tính được : SI = 1 5AB
2 2
 , OI = JS = 1 , 
bán kính R = OS = 3
2
. Diện tích : S = 2 24 R 9 (cm )   
 Thể tích : V = 4 93 3R (cm )
3 2
   
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
. 1. Theo chương trình chuẩn : 
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : 
 1) 0,5đ (BC) : 
x 0
 Qua C(0;3;0)
(BC) : y 3 t
+ VTCP BC (0;1;1) z t
 
    
  
 
 2) 1,0đ Ta có : AB (2;1;0),AC (2;2;1),AD (3; 1;2)   
  
 
   
 
  
[AB, AC] (1; 2; 2)
[AB, AC].AD 9 0 A, B,C, D
không đồng phẳng 
 3) 0,5đ 1 3V [AB,AC].AD
6 2
 
  
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : P = -2 
2. Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
 1) 1đ Gọi mặt phẳng 
               
 
 Qua M(1; 1;1) Qua M(1; 1;1)
(P) : (P) : (P) : x 2y 3 0
+ ( ) + VTPT n = a ( 1;2;0)2 P 2
 Khi đó : 19 2N ( ) (P) N( ; ;1)2 5 5
    
 2) 1đ Gọi A ( ) (P) A(1;0;0) , B ( ) (P) B(5; 2;1)1 2         
 Vậy x 1 y z(m) (AB) :
4 2 1
  

Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
 Pt hoành độ giao điểm của (C )m và trục hoành : 
2x x m 0 (*)    với x 1 
 điều kiện 1m , m 0
4
  .Từ (*) suy ra 2m x x  . Hệ số góc 
2x 2x 1 m 2x 1k y
2 x 1(x 1)
     

 Gọi x ,xA B là hoành độ của A,B thì phương trình (*) ta có : x x 1 , x .x mA B A B   
 Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì 
 y (x ).y (x ) 1 5x x 3(x x ) 2 0 5m 1 0A B A B A B            
1m
5
  thỏa mãn (*) 
 Vậy giá trị cần tìm là 1m
5
 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ15 
 ĐỀ SỐ: 5 
( Thời gian làm bài 150 phút ) 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
 Câu I ( 3,0 điểm ) 
 Cho hàm số 3y x 3x 1   có đồ thị (C) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M( 14
9
; 1 ) . . 
 Câu II ( 3,0 điểm ) 
1) Cho hàm số : 
2x xy e  . Giải phương trình y y 2y 0    
2) Tính tìch phân : 
2 sin 2xI dx
2(2 sin x)0



 
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:    3 2y 2sin x cos x 4sin x 1 . 
Câu III ( 1,0 điểm ) 
Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a , 
  SAO 30 ,   SAB 60 . Tính độ dài đường sinh theo a . 
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
 Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 
1) Theo chương trình chuẩn : 
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 
    
 
x 1 y 2 z( ) :1 2 2 1
, 
 
   
 
x 2t
( ) : y 5 3t2
z 4
 1) Chứng minh rằng đường thẳng ( )1 và đường thẳng ( )2 chéo nhau . 
 2) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng ( )1 và song song với đường 
 thẳng ( )2 . 
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 Giải phương trình  3x 8 0 trên tập số phức .. 
2) Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) : 
 x y 2z 1 0    và mặt cầu (S) : 2 2 2x y z 2x 4y 6z 8 0       . 
 1) Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) . 
 2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) . 
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
 Biểu diễn số phức z = 1 + i dưới dạng lượng giác . 
 . . . . . . . . . . . . . .  
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ16 
HƯỚNG DẪN 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu I ( 3,0 điểm ) 
 1) 2đ 
x  1 1  
y + 0  0 + 
y 3  
  1 
 b) 1đ Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k 
14(d) : y 1 k(x )
9
    14(d) : y k(x ) 1
9
    
 (d) tiếp xúc ( C)  Hệ sau có nghiệm 
143x 3x 1 k(x ) 1 (1)
9
23x 3 k (2)
     

  
 Thay (2) vào (1) ta được : 23 23x 7x 4 0 x ,x 1,x 2
3
        
 2 5 5 43(2) x = k tt ( ) : y x13 3 3 27
         
 (2) x = 1 k 0 tt ( ) : y 12      
 (2) x = 2 k 9 tt ( ) : y 9x 153      
Câu II ( 3,0 điểm ) 
 a) 1đ 
2 2x x 2 x x y ( 2x 1)e , y (4x 4x 1)e          
22 x x 2 1 y y 2y (4x 6x 2)e ; y y 2y 0 2x 3x 1 0 x , x 1
2
                   
 b) 1đ 
 Phân tích sin 2xdx 2sin x.cosxdx 2sin x.d(2 sin x)
2 2 2(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x)
 
  
 Vì d(2 sin x) cosxdx  
 nên    
   
2 sin xsin 2xdx 2sin x.d(2 sin x) 22.[ ]d(2 sin x)
2 2 2 2(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x) (2 sin x)
   
 
1 22.[ ]d(2 sin x)
2 sin x 2(2 sin x)
 Do đó : 

  

2 2I 2.[ ln | 2 sin x | ] 02 sin x
 = 1 2 ln3
3
 
 Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt  t 2 sin x 
 c) 1đ 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ17 
 Ta có :    3 2y 2sin x sin x 4sin x 2 
 Đặt :          3 2t sin x , t [ 1;1] y 2t t 4t 2 , t [ 1;1] 
               22 2y 6t 2t 4 ,y 0 6t 2t 4 0 t 1 t 
3
 Vì      2 98y( 1) 3,y(1) 1,y( ) = 
3 27
 . 
Vậy : 
    

         
2 98 2 2+ Maxy = Maxy = y( ) khi t = sinx = 
3 27 3 3R [ 1;1]
2 2 x = arcsin( ) k2 hay x = arcsin( ) k2 , k Z
3 3
        

+ min y min y = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k Z
2R [ 1;1]
Câu III ( 1,0 điểm ) 
 Gọi M là trung điểm AB . Kẻ OM AB thì OM = a 
SAB cân có   SAB 60 nên SAB đều . Do đó :  AB SAAM
2 2
SOA vuông tại O và   SAO 30 nên 
   SA 3OA SA.cos30
2
. OMA vuông tại M do đó : 
        
2 23SA SA2 2 2 2 2 2OA OM MA a SA 2a SA a 2
4 4
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
 1. Theo chương trình chuẩn : 
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : 
 1) 1đ 
 Qua A(1;2;0)
( ) :1 + VTCP a = (2; 2; 1)1
   
 , 
 Qua B(0; 5;4)
( ) :2 + VTCP a = ( 2;3;0)2
   
 
 AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB 9 01 2     
    ( )1 ,( )2 chéo nhau . 
 2) 1đ 
 Qua ( ) Qua A(1;2;0)1(P) : (P) : (P) : 3x 2y 2z 7 0
+ VTPT n = [a ;a ] (3;2;2)+ // ( ) 1 22
            
   
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 Ta có : 
 
        
  
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 
2. Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ18 
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 | 6
m 116
             
 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
1 2 1 2 3cos , sin
2 2 42 2
 Vậy :   3 3z 2(cos isin )
4 4
.. 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ19 
ĐỀ SỐ: 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 x 3y
x 2


 có đồ thị (C) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ 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 . 
 Câu II ( 3,0 điểm ) 
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 2
0
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 

xey xe 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 . 
1) 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
(d ) : y 31
z t
  
 
 và x 2 y 1 z(d ) :2 1 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 . 
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 Tìm môđun của số phức     3z 1 4i (1 i) . 
2) 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 
 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 . 
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
 Tìm nghiệm của phương trình 2z z , trong đó z là số phức liên hợp của số phức z . 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ20 
HƯỚNG DẪN 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 
điểm) 
Câu I ( 3,0 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 1
x 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 0
m 02m m 0 m 0 m 1
m 1g(1) 0 m 2m 1 0
                     
Câu II ( 3,0 điểm ) 
 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 22log (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]
Câu III ( 1,0 điểm ) 
  
2 3a 3 a 3V AA '.S a.lt ABC 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’ . 
x  2  
y + + 
y  
1 
 1 
 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ21 
 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
     
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 ) : 
 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 2
MN.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 . 
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 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 
2. Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
 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 2d((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


 Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
 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
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ22 
 Khi đó :  2z z Tìm các số thực a,b sao cho : 
  
 
2 2a b a
2ab b
 Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) ,  1 3( ; )
2 2
 ,  1 3( ; )
2 2
 . 
. 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ23 
ĐỀ SỐ: 7 
( Thời gian làm bài 150 phút ) 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
 Câu I ( 3,0 điểm ) 
 Cho hàm số 4 2y = x 2x  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 ( 2 ;0) . . 
 Câu II ( 3,0 điểm ) 
1) Cho lg392 a , lg112 b  . Tính lg7 và lg5 theo a và b . 
2) Tính tìch phân : I = 
21 xx(e sin x)dx
0
 
3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số 
 2
x 1y
1 x
 . 
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) . 
 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 . 
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : 

1y
2x 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 . 
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 ( 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  . 
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
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
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ24 
HƯỚNG DẪN 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu I ( 3,0 điểm ) 
 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         
Câu II ( 3,0 điểm ) 
 1) 1đ Ta có : a = lg392 =       3 2 10lg(2 .7 ) 3lg2 2 lg 7 3lg 2 lg 7 3 3lg5 2 lg 7
5
    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 7
5
    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 1x xx(e sin x)dx xe dx xsin xdx I I1 2
0 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 
1
I xsin xdx .2
0
  Đặt : 
      
u x du dx
dv sin xdx v cosx
 nên         
1
1 1
2 0 0
0
I [ x cosx] cosxdx cos1 [sin x] cos1 sin1 
 Vậy :    1I (e 1) sin1 cos1
2
x  1 0 1  
y + 0  0 + 0  
y 
 1 1 
 0  
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ25 
 3) 1đ Tập xác định : R ;   
 2 2
1 xy , y = 0 x = 1
(1 x ) 1 x
 , 
      

    
x x x x2
1x(1 )
xlim y lim lim y 1 ; lim y 1
1x . 1
x
 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 21
3V2 a
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 ) : 
 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

 
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
 Vì hàm số 

1y
2x 1
 liên tục , không âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích : 
     
  
1 1
1
0
0 0
1 1 d(2x 1) 1 1S dx ln 2x 1 ln3
2x 1 2 2x 1 2 2
x  1  
y + 0  
y 2 
1 1 
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ26 
 Theo đề : 
        
a 01S ln a ln3 ln a ln 3 ln a a 3
a 32
2. Theo chương trình nâng cao : 
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 
 1) 1đ 
 + Mặt phẳng ( 1P ) có VTPT  

1n (2; 1;1) , mặt phẳng ( 2P ) có VTPT  

2n (1;2; 2) 
 Vì 2 1
1 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
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : 
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) và (G)