ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
1
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:

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 - NĐ
2
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

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



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

0,50
1. (1,0 điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình:
2x 1
1
x 1





 




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

 
 
        

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

0,25
O

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

3
     

0,50

ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
5
ĐỀ SỐ: 2
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )





3) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị
2
x 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 ) :

ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
6 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


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

2) 1đ Đặt
t 2 sinx dt cosxdx
   

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
2
x 3x 1 5
x b (1)
x 2 4
x 2 :
2
x 4x 5 5
(2)
2
4
(x 2)

 

 
x

1


y


+
+
y

1
1




ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
7


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 3
y
2 y 6

d(O,(ABC)) 2
1 1 1
9 36 9
(0,25đ)
Mặt khác :
  
1 1
V .OA.OB.OC .3.6.3 9
OABC
6 6
(0,25đ)
Vậy :

27
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


Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
8
AN và BD’ nên có VTPT là
  
 

2
a
n [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 :

  

[AN,BD'].AB
a
2
d(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 :



  
  




 
  
 
  



1
1
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
9
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

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 =
 
2
x 2x
và trục hoành . Tính thể tích của khối

4 .log x 4
2
2y
log x 2 4
2……………………………………………….
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
10

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 :




   

     



Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là
y 3x 11
  

Câu II ( 3,0 điểm )
1) (1đ ) pt

x 2
log
sin 2
x 4


>0


x 2
0 1
x 4

 

   
 

2) (1đ) I =
1
x
(3 cos2x)dx
0


=
x
3 1 3 1 1 1 2 1
1
[ sin2x] [ sin2] [ sin0] sin2
0
ln3 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 3
1 2
   






y
2





2

ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
11

1) (0,5đ) d(M;(Q)) =
1
3
b. (1,5đ) Vì


   
    
   

2 1 3
2x y 3z 1 0
(d) (P) (Q):

 


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 :
     
2
x 2x 0 x 0,x 2

+ Thể tích :

        

2
4 1 16
2 2 2 4 5 2
V ( x 2x) dx [ x x x ]
Ox
0
3 5 5
0

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
1) (0,5đ ) Giao điểm I(

( ) (IA'): x 1 t,y 0,z 4 t
, qua I(

1;0;4) và có vtcp là
 

3
IA' (1 ;0; 1)
2

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Đặt :

  
2y
u 2 0,v log x
2
. Thì


       
 
1
uv 4
hpt u v 2 x 4;y
u v 4
2

………………………………………


y x 2x 1
  
có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình
4 2
x 2x m 0 (*)  
.
Câu II ( 3,0 điểm )
1) Giải phương trình :
log x 2log cos 1
x
3
cos
3
x
log x 1
3 2

 




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

P (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 2t
2
z 1

 

  




và mặt phẳng (P) :
y 2z 0

ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
13

HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
1) 2đ x


1

0 1


y

0 + 0

0 +
y


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 2log 2 1
1
x
I xe dx 1
2
0
 

.Đặt :
x
u x,dv e dx
 
. Do đó :
4
I
3


3) 1đ Ta có : TXĐ
D [ 1;2]
 x 2 (l)
2 2
y 6x 6x 12 , y 0 6x 6x 12 0
x 1

 

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 - NĐ
14 Ta tính được : SI =
1 5
AB
2 2

, OI = JS = 1 ,
bán kính R = OS =
3
2
. Diện tích : S =
2 2
4 R 9 (cm )  

Thể tích : V =
4 9
3 3
R (cm )
3 2
  

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
. 1. Theo chương trình chuẩn :

  
[AB,AC] (1; 2;2)
[AB,AC].AD 9 0 A,B,C,D

không đồng phẳng
3) 0,5đ
1 3
V [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)

x 1


điều kiện
1
m , m 0
4
 
.Từ (*) suy ra
2
m x x 
. Hệ số góc
2
x 2x 1 m 2x 1
k y
2
x 1
(x 1)
   

  



Gọi
x ,x
A B
là hoành độ của A,B thì phương trình (*) ta có :
x x 1 , x .x m
A B A B

Cho hàm số
3
y 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 :
2
x x
y e
 

. Giải phương trình
y y 2y 0
 
  

2) Tính tìch phân :
2
sin2x
I dx
2
(2 sinx)

( ):
1
2 2 1
,
 


   




x 2t
( ): y 5 3t
2
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
( )
ố Ệ
ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
17

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

Đặt :
         
3 2
t sinx , t [ 1;1] y 2t t 4t 2 , t [ 1;1] 
            
2
2 2
y 6t 2t 4 ,y 0 6t 2t 4 0 t 1 t
3

Vì
    
2 98
y( 1) 3,y(1) 1,y( ) =
3 27


SAB 60
nên

SAB
đều . Do đó :
 
AB SA
AM
2 2


SOA
vuông tại O và
 

SAO 30
nên

 

SA 3
OA SA.cos30
2
.

OMA
vuông tại M do đó :
        
2 2

 






AB ( 1; 7;4),[a ;a ].AB 9 0
1 2
     
 
 


( )
1

,
( )
2

chéo nhau .
2) 1đ
Qua ( )
Qua A(1;2;0)
1
(P): (P): (P):3x 2y 2z 7 0

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
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 - NĐ
18
1) 0,5đ Gọi
x 2 t
Qua M(2;3;0)
Qua M(2;3;0)
(d): (d): (d): y 3 t

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


  
       

 


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


ố Ệ
VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ
19
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
y
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

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
x 2 y 1 z
(d ) :
2
1 1 2
 
 

.
1) Chứng minh rằng hai đường thẳng

, (
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 (

) .
2) Tính khoảng cách giữa đường thẳng (
d
1
) và (
d
2
).
3) Viết phương trình đường thẳng (



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
m 0
2
m m 0 m 0 m 1
m 1
g(1) 0 m 2m 1 0




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   
2 1 1
2. 2
2 2 2

3) 1đ Ta có :

  


 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 - NĐ
21
Bán kính

(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
u (1; 1;2)
2
 


Vì

5 4 2
1
M(2;3;0), N( ; ; )
m 1/3
3 3 3
MN.u 0
2






  
 
 







x 2 y 3 z
(MN) :
1 5 2
 

 
( )
có vtpt
n (2; 1;2) 


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




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

  
    

  
 


qua N(1;1;3)
x 1 y 1 z 3
( ): ( ):
VTCP NM (1; 2; 2)

2ab b

Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) ,

1 3
( ; )
2 2
,
 
1 3
( ; )
2 2
.

…………………………………………………….

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



2
x 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) Tìm điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên giao tuyến


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



2 2
1 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

. Khi đó tỉ số thể tích :
3
V
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

 

  

 


 

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


1


1

1