Kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông Môn thi: Toán

3AC AB a a′ = = = 
 Trong tam giác vuông ACC ′ , 2 2 2 2(3 ) 2 2CC AC AC a a a′ ′= + = − = 
 Vậy, thể tích lăng trụ là: 31 1. . . 3 2 2 6
2 2
V B h AB ACCC a a a a′= = = ⋅ ⋅ ⋅ = (đvdt) 
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 
Câu IVa: ( ) : 2 2 1 0P x y z− + − = có vtpt (2; 1;2)n = − 

 Gọi d là đường thẳng qua (1;3; 2)A − và vuông góc với ( )P thì d có vtcp (2; 1;2)u = − 
 Do đó, d có PTTS: 
1 2
3
2 2
x t
y t
z t
 = + = − = − +
(*) 
 Thay (*) vào PTTQ của 2
3
( ) : 2(1 2 ) (3 ) 2( 2 2 ) 1 0P t t t t+ − − + − + − = ⇔ = 
 78
 Thay 2
3
t = vào (*) ta được: ; ; 7 7 2
3 3 3
x y z= = =− 
 Vậy, toạ độ hình chiếu vuông góc của A lên mp( )P là 7 7 2; ;
3 3 3
H
  −  
 Gọi ( )S là mặt cầu tâm A và đi qua O 
 Tâm của mặt cầu: (1;3; 2)A − 
 Bán kính của mặt cầu: 2 2 21 3 ( 2) 14R OA= = + + − = 
 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2( 1) ( 3) ( 2) 14x y z− + − + + = 
Câu Va: 2(1 ) (2 ) 8 (1 2 ) 2 (2 ) 8 (1 2 )i i z i i z i i z i i z+ − = + + + ⇔ − = + + + 
2 2
8 (8 )(1 2 )
2(2 1) 8 (1 2 ) (1 2 ) 8
1 2 1 (2 )
i i i
i z i i z i z i z
i i
+ + −
⇔ + = + + + ⇔ + = + ⇔ = =
+ −
10 15
2 3
5
i
z i
−
⇔ = = − 
 Phần thực của z là a = 2, phần ảo của z là –3 và môđun của z là 2 22 ( 3) 13z = + − = 
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 
Câu IVb: 

 d đi qua điểm 
0
( 2;0;1)M − có vtcp (1;2; 3)u = − và 
 PTTS của d là: 
2
2
1 3
x t
y t
z t
 = − + = = −
 nên nếu H d∈ thì toạ độ của H có dạng ( 2 ;2 ;1 3 )H t t t− + − 
( 3 ;2 2 ; 2 3 )AH t t t⇒ = − + + − −

 Do A d∉ nên H là hình chiếu vuông góc của A lên d . 0AH d AH u⇔ ⊥ ⇔ =
 
⇔
1
( 3 )1 (2 2 ).2 ( 2 3 ).( 3) 0
2
t t t t− + + + + − − − = ⇔ =− 
 Vậy, hình chiếu vuông góc của A lên d là 5 5; 1;
2 2
H
  − −  
 Gọi ( )S là mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d 
 Tâm của mặt cầu: (1; 2;3)A − 
 Bán kính của mặt cầu: ( ) ( )2 227 12 2
27
1
2
R AH= = − + + − =
 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 27( 1) ( 2) ( 3)
2
x y z− + + + − = 
Câu Vb: Xét điểm 
2 23 3
( ) : ;
1 1
x x x x
M C y M x
x x
 − −  ∈ = ⇔    + +
 (ĐK: 1x ≠ − ) 
 M cách đều 2 trục toạ độ 
2
2 23 3
1
x x
x x x x x
x
−
⇔ = ⇔ + = −
+
2 2
22 2
4 03 0
12 2 03
xx x x x x
xx xx x x x
  =+ = − =  ⇔ ⇔ ⇔   =− =+ = − +  
 Vậy, trên ( )C có 2 điểm cách đều hai trục toạ độ, đó là (0;0)O và (1; 1)M − 
 79
 KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông 
 Đề số 20 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 ------------------------------ --------------------------------------------------- 
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 3 21 1 12
3 2 6
y x x x= + − + 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. 
2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: 
3 22 3 12 1 2 0x x x m+ − − + = 
Câu II (3,0 điểm): 
1) Giải bất phương trình: 1 62 2 24x x+ −+ = 
2) Tính tích phân: 
2
2
1
ln
e
x x
I dx
x
+
= ∫ 
3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3 1y x x= − + tại các giao điểm của nó với 
đường thẳng 2 1y x= − . 
Câu III (1,0 điểm): 
Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. 
a) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón. 
b) Tính thể tích của khối nón tương ứng. 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ ( , , , )O i j k
 
, cho hình hộp .ABCDA B C D′ ′ ′ ′ có 
0, , 2 3 , 3OA OB i OC i j k AA k′ ′= = = + + =
       
, 
1) Viết phương trình mặt phẳng ( )ABA′ và tính khoảng cách từ C ′ đến ( )ABA′ 
2) Tìm toạ độ đỉnh C và viết phương trình cạnh CD của hình hộp .ABCDA B C D′ ′ ′ ′ 
Câu Va (1,0 điểm): Cho 1 3
2 2
z i= − + . Tính 2 1z z+ + 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ ( , , , )O i j k
 
, cho hình hộp .ABCDA B C D′ ′ ′ ′ có 
0, , 2 3 , 3OA OB i OC i j k AA k′ ′= = = + + =
       
, 
1) Tìm tọa độ các đỉnh C, D và chứng minh rằng .ABCDA B C D′ ′ ′ ′ là hình hộp chữ nhật. 
2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp .ABCDA B C D′ ′ ′ ′ . 
Câu Vb (1,0 điểm): Cho 1 3
2 2
z i= − + . Tính 2011z 
---------- Hết ---------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... 
Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. 
 80
x
y
d
-3,5
-1
2,5
3,5
-2
O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT. 
Câu I: 

 Hàm số: 3 21 1 12
3 2 6
y x x x= + − + 
 Tập xác định: D = ℝ 
 Đạo hàm: 2 2y x x′ = + − 
 Cho 
 hoaëc 20 2 0 1 2y x x x x′ = ⇔ + − = ⇔ = =− 
 Giới hạn: 
 ; lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞ 
 Bảng biến thiên 
x –∞ 2− 1 +∞ 
y ′ 
 + 0 – 0 + 
y 
7
2
 +∞ 
−∞ –1 
 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 2),(1; )−∞ − +∞ , NB trên các khoảng ( 2;1)− 
 Hàm số đạt cực đại CÑ
7
2
y = tại CÑ 2x = − . 
 Hàm số đạt cực tiểu CT 1y =− tại CT 1x = . 
 2 1y x′′ = + . Cho 1 50 2 1 0
2 4
y x x y′′ = ⇔ + = ⇔ =− ⇒ = 
 Điểm uốn: 1 5;
2 4
I
  −  
 Giao điểm với trục hoành: 3 21 1 10 2 0
3 2 6
y y x x x= ⇔ = + − + =
Giao điểm với trục tung: cho 10
6
x y= ⇒ = 
 Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 1 2,5 
 y –1 3,5 1,25 –1 3,5 
 Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây 
 
3 2 3 21 1 1 12 3 12 1 2 0 2 0
3 2 6 3
x x x m x x x m+ − − + = ⇔ + − − + = 
3 2 3 21 1 1 1 1 1 1 1 12 2
3 2 6 3 3 2 6 3 3
x x x m x x x m⇔ + − = − ⇔ + − + = − (*) 
 Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của ( )C và 1 1:
3 3
d y m= − 
 Do đó, (*) có 3 nghiệm pb 1 1 7 4 1 19 4 191
3 3 2 3 3 6 3 2
m m m− >− 
 Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt 19 4
2 3
m⇔− < < 
Câu II: 

 
1 6 642 2 24 2.2 24
2
x x x
x
+ −+ = ⇔ + = (*) 
 Đặt 2xt = (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 2642 24 2 24 64 0t t t
t
+ = ⇔ − + = 
8t⇔ = hoặc 4t = (nhận cả hai nghiệm này do t > 0) 
 81
B
A
O
S
I
C'
C
B'
D 'A '
A D
B
 Với 8t = ta có 2 8 3x x= ⇔ = 
 Với 4t = ta có 2 4 2x x= ⇔ = 
 Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3. 
 
2
2 2 21 1 1
1
ln ln ln
1
e
e e ex x x x
I dx dx dx dx
x x x
 +  = = + = +  ∫ ∫ ∫ ∫ 
 Xét 11 1 1
e e
I dx x e= = = −∫ 
 Xét 
2 21
lne x
I dx
x
= ∫ . Đặt 
2
1ln
1 1
u x du dx
x
dv dx
vx x
 = =  ⇒  =  = −  
. Khi đó, 
2 21
1 1
ln 1 1 1 1 1 2
1 1
e e
ex
I dx
x e x e e ex
      = − + = − − = − − + = −      ∫ 
 Vậy, 
1 2
2 2
1 1I I I e e
e e
= + = − + − = − 
 Viết pttt của 3 1y x x= − + tại các giao điểm của nó với đường thẳng 2 1y x= − 
 Cho 3 31 2 1 3 2 1, 2x x x x x x x− + = − ⇔ − + ⇔ = =− 
 
23 1y x′ = − 
 Với 3
0 0
1 1 1 1 1x y= ⇒ = − + = và 2(1) 3.1 1 2f ′ = − = 
pttt tại 
0
1x = là: 1 2( 1) 2 1y x y x− = − ⇔ = − 
 Với 3
0 0
2 ( 2) ( 2) 1 5x y= − ⇒ = − − − + = − và 2( 2) 3.( 2) 1 11f ′ − = − − = 
pttt tại 
0
1x = là: 5 11( 2) 11 17y x y x+ = + ⇔ = + 
 Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là: 2 1y x= − và 11 17y x= + 
Câu III: Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ) 
 Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a. 
 Do đó, 2 2 2AB SA SB a= + = và 1 2
2 2
a
SO OA AB= = = 
 Vậy, diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón : 
xq
22 2
2 2 2
a a a
S rl
π
π π= = ⋅ ⋅ = ; tp xq
2
2
2 22
2 2
a a
S S r a
π
π π π
  = + = + =  
 Thể tích khối nón: 
2
3
21 1 2 2 2
3 3 2 2 12
a a a
V r h
π
π π
  = = ⋅ =  
THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 
Câu IVa: Từ giả thiết ta có (0;0;0)A , (1;0;0)B , (1;2;3)C ′ , (0;0;3)A′ 

 Điểm trên ( )ABA′ : (0;0;0)A 
 Hai véctơ: (1;0;0)AB =

 , (0;0;3)AA′ =

 vtpt của ( )ABA′ : 
0 0 0 1 1 0
[ , ] ; ; (0; 3;0)
0 3 3 0 0 0
n AB AA
  ′= = = −   
 
 PTTQ của ( )ABA′ : 0( 0) 3( 0) 0( 0) 0 0x y z y− − − + − = ⇔ = 
 
2 2 2
2
( ,( )) 2
0 1 0
d C ABA′ ′ = =
+ +
 82
I
C'
C
B'
D 'A '
A D
B
 Từ (0;0;3) (1 ;2 ;3 )
C C C
AA CC x y z′ ′= ⇔ = − − −
 
, ta tìm được (1;2;0)C 
 Do CD || AB nên CD có vtcp (1;0;0)u AB= =


 Và hiển nhiên CD đi qua C nên có PTTS: 
1
2 ( )
0
x t
y t
z
 = + = ∈ =
ℝ 
Câu Va: 
2
21 3 1 3 1 3 3 1 3
2 2 2 2 4 2 4 2 2
z i z i i i
  = − + ⇒ = − + = − − = − −  
 Do đó, 2 1 3 1 31 1 0
2 2 2 2
z z i i+ + = − + − − + = 
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 

 Từ (0;0;3) (1 ;2 ;3 )
C C C
AA CC x y z′ ′= ⇔ = − − −
 
, ta tìm được (1;2;0)C 
 Từ (1;0;0) (1 ;2 ; )
D D D
AB DC x y z= ⇔ = − − −
 
, ta tìm được (0;2;0)D 
 
(1;0;0) . 0
(0;2;0) . 0
( )
(0;0;3) . 0
AB ABAD AB AD
AB AD
AD AA AB AA AB
AA ABCD
AA ABAA AA AD
  = =    ⊥     ⊥  ′ ′= ⇒ = ⇒ ⊥ ⇒    ′ ⊥   ′  ⊥′ ′= =    
  
  
  
 Vậy, .ABCDA B C D′ ′ ′ ′ là hình hộp chữ nhật. 
 Gọi ( )S là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp .ABCDA B C D′ ′ ′ ′ 
 Tâm của mặt cầu: ( )1 32 2;1;I (là trung điểm đoạn AC ′ ) 
 Bán kính mặt cầu: 2 2 21 1 141 2 3
2 2 2
R AC ′= = + + = 
 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 21 3
2 2
7
( ) ( 1) ( )
2
x y z− + − + − = 
Câu Vb: 
 
2
21 3 1 3 1 3 3 1 3
2 2 2 2 4 2 4 2 2
z i z i i i
  = − + ⇒ = − + = − − = − −  
( )
22
3 2
670
2011 2010 3 670
1 3 1 3 1 3
. 1
2 2 2 2 2 2
1 3
. . 1 .
2 2
z z z i i i
z z z z z z z i
             ⇒ = = − + − − = − − =               
⇒ = = = = = − +
 Vậy, với 1 3
2 2
z i= − + thì 2011 1 3
2 2
z z i= = − +