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 2x
y
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 1
log 0
x 1




2) Tính tích phân:
2
0


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
1
y' 0 x D
(x 1)
    


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) mx
2
– (m – 4)x – 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác 1



          

 
  




   




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 1
x 2

0,50
2. (1,0 điểm)
2 2
0 0
x
I sin dx cos 2xdx
2
 
 
 

0,25
2 2
0 0
x 1
2cos sin 2x
2 2
 
  

0,50
2 2 

0,25
3. (1,0 điểm)
Ta có: f’(x) = 1 – 2e
2x
.
0,25
Do đó: f’(x) = 0  x =  ln

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:
0
a a 3
SO OI.tan SIO .tan 60
2 2
   
.
Diện tích đáy : S
ABCD
= a
2
.

0,25
O
I
B
C
S
D
A

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
 

 
 

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 2
y
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



, 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 =
2
x
, (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 ) :

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

x x
t = 3 log (2 1) 3 2 9 x log 9
2
17 17
x x
t = 4 log (2 1) 4 2 x log
2
16 16
      
        



2) 1đ Đặt
t 2 sin x dt cosxdx
    x = 0 t = 2 , x = t 1
2
2 2 2
2
2
2(t 2) 1 1 1 4
I = dt 2 dt 4 dt 2ln t 4 ln4 2 ln
1
2 2 2
t t
t t e
1

là tiếp tuyến của ( C )

hệ sau có nghiệm
2
x 3x 1 5
x b (1)
x 2 4
x 2 :
2
x 4x 5 5
(2)
2
4
(x 2)

 

 




 





2
(2) x 4x 0 x 0 x 4

y

1
1




ố Ệ
Câu III ( 1,0 điểm )
Ta có :
V
SM 2 2
S.MBC
V .V (1)
S.MBC S.ABC
V SA 3 3
S.ABC
   

 

 
   
 
 
 


 


x
1
3
x 3
y
2 y 6
3
z 3
z
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.V
1

S
ABC
2
(0,25đ)
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hònh độ giao điểm của ( C ) và (d) :



      

 

x 2
2 2
x 6 x x x 6 0
x 3

      
 
2 6
2
1 x 26
2 3 2 6
S x dx (6 x)dx [x ] [6x ]
0 2
3 2 3
0 2

2. Theo chương trình nâng cao :

(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 :

  
       
  
 
 
  
2
a
2 2
a a
2
AN.BD'
1 3 3
cos arccos
3a
9 9
3 3

  




 
  
 
  



1
1
2
2
2x ax b
2x ax b
x
x
1
1
2
4x a
(2x ax b)' ( )'
2
x
x
(I)
Thay hoành độ của điểm M vào hệ phương trình (I) , ta được : 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 1
y
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 2
log
sin 2
x 4
3 1





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 =
 
2
x 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
   
.
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).
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
2
k(x 1) 8 kx 2(3 k)x 9 k 0 (1)
x 1

        



>0


x 2
0 1
x 4

 

( vì 0 < sin2 < 1 )

x 2 x 2 x 2
0 0 0
x 4 x 4 x 4
x 2 x 2 6
1 1 0 0
x 4 x 4 x 4
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
   

2
' 3 3i   
nên
' i 3 

Phương trình có hai nghiệm :
x 2 i 3 , x 2 i 3
1 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 2
AC 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 )


   
    
   

2 1 3
2x y 3z 1 0
(d) (P) (Q):
x y z 5 0
1 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
  

 

Ox
0
3 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
1
sin
2 6
4 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) :
       

1
uv 4
hpt u v 2 x 4;y
u v 4
2

………………………………………

ố Ệ

2 Tính tích phân : I =
1
x
x(x e )dx
0



3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
  
3 2
2x 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) .





và mặt phẳng (P) :
y 2z 0
 

1) Tìm điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng (
2

) .
2) 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
2
x x m
(C ): y
m
x 1
 


với
m 0

y


1


2


2
 2) 1đ pt (1)
4 2
x 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

2
2
2
log x 2log 2 1
pt 3 1 log x 2log 2 1 0
1
log x 1
x
2
log x log x 2 0
2
2
log x 2
x 4

2) 1đ
Ta có :
1 1 1
x 2 x
I x(x e )dx x dx xe dx I I
1 2
0 0 0
     
  
với
1
1
2
I x dx
1

y 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

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)   
   

(P) : (P) : (P) : x 2y 3 0
+ ( ) + VTPT n = a ( 1;2;0)
2 P 2

Khi đó :
19 2
N ( ) (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 :
2

x x 1 , x .x m
A 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 0
A B A B A B
 
         

1
m
5
 
thỏa mãn (*)
Vậy giá trị cần tìm là
1
m
5
 ………………………………………………

ố Ệ
ĐỀ SỐ: 5
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )

0





3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
   
3 2
y 2sin x cos x 4sinx 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

2
.
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Giải phương trình
 
3
x 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 2
x 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 .
. . . . . . . . . . . . . . ……




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
14
3
x 3x 1 k(x ) 1 (1)
9
2
3x 3 k (2)

    


(2)
x = 2 k 9 tt ( ): y 9x 15
3
     


Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ
2 2
x x 2 x x
y ( 2x 1)e , y (4x 4x 1)e
   
 
     2
2 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
sin2xdx 2sin x.cosxdx 2sinx.d(2 sinx)


  

2
2
I 2.[ln | 2 sin x | ]
0
2 sinx
=
1
2ln3
3


Cách khác : Dùng PP đổi biến số bằng cách đặt
 
t 2 sinx

c) 1đ

ố Ệ

Ta có :
   
3 2
y 2sin x sin x 4sin x 2

Đặt :
         
3 2


       

+ miny miny = y(1) 1 khi t = 1 sinx = 1 x = k2 ,k Z
2
R [ 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 SA
AM
2 2


SOA
vuông tại O và
 





 



,
Qua B(0; 5;4)
( ):
2
+ VTCP a = ( 2;3;0)
2

 






AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB 9 0
1 2
     
 
 



  

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Ta có :
 

       

  


x 2
3 2
x 8 0 (x 2)(x 2x 4) 0
2
x 2x 4 0 (*)

Phưong trình
(*)
có
        
2
1 4 3 3i i 3
nên (*) có 2 nghiệm :

   x 1 i 3 , x 1 i 3

Vậy phương trình có 3 nghiệm

 


 

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 11
6


  
       

ố Ệ
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 3

3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số


x
e
y
x
e e
trên đoạn
[ln2 ; ln4]
.
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 3
1
z t
 







   
và hai
đường thẳng (
d
1
) :
x 4 y 1 z
2 2 1
 
 

, (
d
2
) :
x 3 y 5 z 7
2 3 2
  
 

.
1) Chứng tỏ đường thẳng (
d
1
) song song mặt phẳng (

) và (
d
2
) cắt mặt phẳng (

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
2
mx 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

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

2) 1đ I =
 

     
 
2 2
x x x x 1 x 1
2
(cos sin .cos )dx (cos sinx)dx (2sin cosx)
2 2 2 2 2 2 2
0
0 0
Câu III ( 1,0 điểm )

2 3
a 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’ .
x

2


y


+
+
y



1

) vào phương trình của (
d
2
) ta được :

2t 3 1 t
(t 1) (t 4)
1 1 2
 
       

vô nghiệm .Vậy
d
1
và
d
2
không cắt nhau .
Ta có :
d
1
có VTCP
u ( 2;0;1)
1
 

;
d
1
có VTCP


MN vuông với
(d ),(d )s
1 2
MN.u 0
t 0
5 4 2
1
M(2;3;0), N( ; ; )
m 1/ 3
3 3 3
MN.u 0
2






  
 
 









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 0
1
và
A ( ) 
nên (
d
1
) // (

) .
Do
  
 
u .n 3 0
2



qua (d )
1
mp( ): ( ): 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 :
   
2
MN 9 t 1
.
Vậy

  
    

  
 



2 2
a b a
2ab b

Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) ,

1 3
( ; )
2 2
,
 
1 3
( ; )
2 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
4 2
y = 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 =
2
1
x
x(e sinx)dx
0



3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số




y
2x 1
, hai đường thẳng x = 0 ,
x = 1 và trục hồnh . 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 khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (
1;4;2)
và hai mặt phẳng (
1
P
) :

2x y z 6 0
   
, (
   
P ): x 2y 2z 2 0
2
.
1) Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng (
1
P
) và (
2
P
) cắt nhau . Viết phương trình tham số của
giao tuyến

của hai mặt phằng đó .

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 2
x 2x k(x 2) (1)
3
4x 4x k (2)

   



  


Thay (2) vào (1) ta được :
2 2
2
x(x 2)(3x 2x 4) 0 x ,x 0,x 2
3
        



  
2lg7 3lg5 a 3
(1)
b = lg112 =
      
4
10
lg(2 .7) 4lg2 lg7 4lg 4lg5 4 4lg5 lg7
5   
lg7 4lg5 b 4
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ :
  

     

  

2lg7 3lg5 a 3
1 1
lg5 (a 2b 5) , lg7 (4a 3b)
lg7 4lg5 b 4
5 5

2) 1d Ta có I =
2 2



Đặt :
 
 

 
  
 
u x du dx
dv sinxdx v cosx

nên
        

1
1 1
2 0 0
0
I [ xcosx] cosxdx cos1 [sinx] cos1 sin1

Vậy :
   
1
I (e 1) sin1 cos1
2

x



y , y = 0 x = 1
(1 x ) 1 x
,

       

    

x x x x
2
1
x(1 )
x
lim y lim lim y 1 ; lim y 1
1
x . 1
x

Bảng biến thiên :
Vậy : Hàm số đã cho đạt :
 
R
M maxy = y(1) 2


a 2
1
3
V
2
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

 

  

 





 



    



 

 
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


1
y
2x 1
liên tục , khơng âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích :

1