Bài giảng môn toán lớp 12 - Đề số 01 ( thời gian làm bài 150 phút )

Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 1 - PMDT 
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 2
y
1 x



 có đồ thị (C) 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) . 
b. 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 ) 
a. Giải phương trình x x 1
2 2
log (2 1).log (2 2) 12   
b. Tính tìch phân : I = 
0 sin 2x dx
2(2 sin x)/2 
 
c. 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) 
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 2 - PMDT 
HƯỚNG DẪN (ĐỀ 1) 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu I ( 3,0 điểm ) 
 a) 2đ 
 b) 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 2
y
1 x



 ) 
Câu II ( 3,0 điểm ) 
 a) 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
      
        


 b) 1đ Đặt t 2 sin x dt cos xdx    
 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

   

        


 c) 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)
    

 
  


 x  1  
y + + 
Y  
 1 
 1 
 
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 3 - PMDT 
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 ) : 
 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
 0,5đ 
 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 ) : 
 a) 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) . 
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 4 - PMDT 
   
     


a aAN (a; ; a) (2;1; 2)
2 2
BD' ( a;a; a) a(1; 1;1)
 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
 b) 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 
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 5 - PMDT 
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 1
y
x 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(1;8) . . 
 Câu II ( 3,0 điểm ) 
a) Giải bất phương trình 
x 2
logsin 2 x 4
3 1


 
b) Tính tìch phân : I = 
1
x(3 cos2x)dx
0
 c) 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 . 
 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 =  2x 2x và trục hoành . Tính thể tích của khối tròn 
xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành . 
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    . 
 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 ) : 
 Giải hệ phương trình sau : 
 
  
y4 .log x 42
2ylog x 2 42
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 6 - PMDT 
HƯỚNG DẪN (ĐỀ 2) 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu I ( 3,0 điểm ) 
 a. (2d) 
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 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 ) 
a. (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
   
    
    
b. (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 ln 3 2 ln3 2 ln3 2
       
c. (1đ) 2' 3 3i    nên ' i 3  
Phương trình có hai nghiệm : x 2 i 3 , x 2 i 31 2    
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 ) : 
x  1  
y   
y 
 2 
  
 
 2 
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 7 - PMDT 
a. (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 ) : 
a. (0,5đ ) Giao điểm I( 1;0;4) . 
b. (0,5d) 
2 2 1 1sin
2 64 1 1. 1 4 1
  
     
   
c. (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 
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 8 - PMDT 
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) 
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 4 2x 2x m 0 (*)   . 
 Câu II ( 3,0 điểm ) 
a) Giải phương trình 
 xcos x3
log (x) 2 log (cos ) 1
3 log ( x ) 1
3 2

   
     
b) Tính tích phân : I = 
1
xx(x e )dx
0
 
c) 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 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 2 2P (1 2 i ) (1 2 i )    . 
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 1 y z( ) :1 1 1 4

  

 , 
x 2 t
( ) : y 4 2t2
z 1
  
  
 
 và mặt phẳng (P) : y 2z 0  
 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 ) : 
 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 . 
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 9 - PMDT 
HƯỚNG DẪN (ĐỀ 3) 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu I ( 3,0 điểm ) 
 a) 2đ 
x  1 0 1  
y  0 + 0  0 + 
y  1  
 2 2 
 b) 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 
Câu II ( 3,0 điểm ) 
 a) 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
b) 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
 
c) 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 . 
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
   
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 10 - PMDT 
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) 
. 1. Theo chương trình chuẩn : 
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : 
 a) 0,5đ (BC) : 
x 0
 Qua C(0;3;0)
(BC) : y 3 t
+ 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 
 c) 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 ) : 
 a) 1đ Gọi mặt phẳng 
 

 
 
    
 
 
 Qua M(1; 1;1)
(P) :
+ ( )2
 Qua M(1; 1;1)
(P) : (P) : x 2y 3 0
+ VTPT n = a ( 1;2;0)P 2
 Khi đó : 
19 2N ( ) (P) N( ; ;1)2 5 5
    
 b) 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
 
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 11 - PMDT 
ĐỀ SỐ 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 3y x 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
9
; 1 ) . . 
 Câu II ( 3,0 điểm ) 
a) Cho hàm số 
2x xy e  . Giải phương trình y y 2y 0    
b) Tính tìch phân : 
2 sin 2xI dx
2(2 sin x)0



 
 c) 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
 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  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       . 
 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 . 
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 12 - PMDT 
HƯỚNG DẪN (ĐỀ 4) 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu I ( 3,0 điểm ) 
 a) 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 
sin 2xdx 2sin x.d(2 sin x) sin x2.[ ]d(2 sin x)
2 2 2 2(2 sin x) (2 sin x) (2 sin x) (2 s
2
in x)
2


  
   
22.[ ]d(2 sin x)
22 sin x (2 sin x)
1


 

 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 
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 : 
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 13 - PMDT 
    

        


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 . 
 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 ) : 
 a) 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 . 
 b) 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 ) : 
a. 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)    
 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) 
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    
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 14 - PMDT 
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 i sin )
4 4
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 15 - PMDT 
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 
x 3
y
x 2



 có đồ thị (C) 
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 
ln (1 sin )
2 2
2
e log (x 3x) 0


   
b) Tính tìch phân : I = 


2 x x(1 sin )cos dx
2 2
0
c) 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
 
 

. 
 a. Chứng minh rằng hai đường thẳng (d ), (d )1 2 vuông góc nhau nhưng không cắt nhau . 
 b. 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
  
 

 . 
 a. Chứng tỏ đường thẳng (d1) song song mặt phẳng ( ) và ( d2 ) cắt mặt phẳng ( ) . 
 b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng ( d1) và (d2 ). 
 c. 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 . 
Bộ đề ôn thi TNTHPT năm 2013 – 2014 THPT Thanh Bình 1 
VQT - 16 - PMDT 
HƯỚNG DẪN (ĐỀ 5) 
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu I ( 3,0 điểm ) 
 a) 2đ 
b) 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 ) 
 a) 1đ pt 
ln 2 2 2
2 2
e log (x 3x) 0 2 log (x 3x) 0 (1)       
 Điều kiện : x > 0 x 3   
 (1)  2 2 2 2
2
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 
 b) 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
 c) 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 3
V 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’ . 
 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 ) 
x  2 