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: 2 0 x I (sin cos 2x)dx 2     3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x – e 2x trên đoạn [1 ; 0] Câu III. (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABCD có AB = a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. B . 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 IVa. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ; 4 ; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình : x + 2y + z – 1 = 0. 1) Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với (P). Câu IVb. (1,0 điểm) Tìm môđun của số phức : z = 4 – 3i + (1 – i) 3 2. Theo chương trình Nâng cao 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 y' 0 x D (x 1)       . Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và (1 ; +)  Cực trị: Hàm số không có cực trị. 0,50  Giới hạn: x x x 1 x 1 lim y lim y 2; lim y và lim y              Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1, và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = – 2. 0,50  Bảng biến thiên: x  1 + y’   y 2  + 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   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 2  O 1 3  I 3 2 x y ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ 3  2 2 2 m 6 2 5 m 0 m 0 (m 4) 20m 0 6 2 5 m 0 m 12m 16 0 m 0 m.1 (m 4).1 5 0                                       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 x 2 x 1 x 2 0 x 1 0                                  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 2  (1 ; 0) f’(x) > 0 x  [1 ;  ln 2 ); f’(x) < 0 x  ( ln 2 ; 0]; 0,25 II (3,0 điểm) Suy ra: x [ 1;0] 1 max f (x) f ( ln 2) ln 2 2        2 2 x [ 1;0] min f (x) min{f( 1);f(0)} min{ 1 e ; 1} 1 e              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 I B C S D A ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ 4 Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 2 S.ABCD3 ABCD 1 1 a 3 a 3 V S .SO a . 3 3 2 6    0,25 1. (1,0 điểm) Kí hiệu d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Gọi H là giao điểm của d và (P), ta có H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) 0,25 Do v  = (1 ; 2 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P) nên v  là một vectơ chỉ 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 . Vậy H 2 1 1 ; ; 3 3 3        . 0,50 2. (1,0 điểm) Có thể giải theo một trong hai cách:  Cách 1 (dựa vào kết quả phần 1): Kí hiệu R là bán kính mặt cầu tâm A. tiếp xúc với mặt phẳng (P). Ta có: 2 2 2 2 2 1 5 6 R AH 1 4 2 3 3 3 3                           . 0,50 IV.a (2,0 điểm) Do đó, mặt cầu có phương trình là: 2 2 2 50 (x 1) (y 4) (z 2) 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 ) 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  4  2m luôn đi qua một điểm cố định của đường cong (C) khi m thay đổi . . Câu II ( 3,0 điểm ) 1) Giải phương trình x x 1 2 2 log (2 1).log (2 2) 12     2) Tính tìch phân : I = 0 sin2x dx 2 (2 sinx) /2    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 ) : 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 ) : 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) :    2 y 2x ax b tiếp xúc với hypebol (H) :  1 y x Tại điểm M(1;1) ………………………………………… 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                 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 ) 1) 1đ Điều kiện : x > 1 . 2 2 x x pt log (2 1).[1 log (2 1)] 12 0 (1)      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     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 1 1 1                   3) 1đ Đường thẳng (d) 5 5x 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 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 1 5 1 (1) x = 0 b tt( ):y x 1 2 4 2 5 5 5 (1) x = 4 b tt( ):y x 2 2 4 2                        x  1  y  + + y  1  1   ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ 7 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          V V V M.ABC S.ABC S.MBC 2 1 V .V .V (2) S.ABC S.ABC S.ABC 3 3 Từ (1) , (2) suy ra : V V M.SBC S.MBC 2 V V M.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 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 OABC V .d(O,(ABC).S S OABC ABC ABC 3 d(O,(ABC) (0,25đ) Phương trình mặt phẳng (ABC) :     x y z 1 3 6 3 (0,25đ) nên     1 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 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 : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : 1) 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) .             a a AN (a; ; a) (2;1; 2);BD' ( a;a; a) a(1; 1;1) 2 2 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 :                      2 a 2 2 a a 2 AN.BD' 1 3 3 cos arccos 3a 9 9 3 3 AN . BD' .a 3 2 2 a [AN,BD'] (1;4;3),AB (a;0;0) a(1;0;0) 2 Do đó :         3 a [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 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 :                          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 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 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    2) Tính tìch phân : I =   1 x (3 cos2x)dx 0 3) Giải phương trình: 2 x 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 . 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). Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Giải hệ phương trình sau :           y 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 : ( )  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            ( )  là tiếp tuyến của (C )  phương trình (1) có nghiệm kép k 0 k 3 2 ' (3 k) k(k 9) 0                 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     ( 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                                            x 2 0 x 2 x 2 x 4 0 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     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 ) 1, Theo chương trình chuẩn : Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : x  1  y    y 2   2 [...]... giá trị nhỏ nhất của hàm số y  ex trên đoạn [ ln 2 ; ln 4 ] ex  e 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... 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’  Vlt  AA '.SABC  a VŨ NGỌC VINH 20 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ ố Ệ a 3 2 a 2 a 21 ) ( )  3 2 6 a 21 2 7 a 2 Diện tích : Smc  4R 2  4( )  6 3 Bán kính R  IA  AO2  OI2  ( II PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình...  C   A  B (1) Theo đề : A  2B  C  2  (A  2B  C)2  2(A2  B2  C2 ) (2) d(M;(P)) = 2  A 2  B2  C2 8A Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5 B2  0  B  0 hay B =  5 (1)  B  0  C  A Cho A  1,C  1 thì (P) : x  z  0 8A (1)  B = Chọn A = 5 , B = 1  C  3 thì (P) : 5x  8y  3z  0 5 Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 1  i (1  i)2 Ta có : z    i nên z2010  i2010  i4502 2  i4... biến thi n:  Chiều biến thi n: y '  3x 2  3  x  1  y'  0   x  1 0,25 Trên các khoảng (; 1) và (1: ), y '  0 nên hàm số nghịch biến Trên khoảng (1;1), y '  0 nên hàm số đồng biến   Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , giá trị cực tiểu y  4 Hàm số đạt cực đại tại x  1 , giá trị cực đại y  0 0.25 Giới hạn: lim y   ; 0,25 x   0,50 lim y   x  Bảng biến thi n:...  0  m  thỏa mãn (*) 5 1 Vậy giá trị cần tìm là m  5 ……………………………………………… VŨ NGỌC VINH 14 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ 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 ) Cho hàm số y  x 3  3x  1 có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M( 14 ; 1 ) 9 Câu II ( 3,0 điểm )... các nghiệm (0;0) , (1;0) , ( ; ) , ( ;  ) 2 2 2 2 …………………………………………………… VŨ NGỌC VINH 22 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ ố Ệ ĐỀ SỐ: 7 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) 4 2 Cho hàm số y =  x  2x có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M ( Câu II ( 3,0 điểm ) 1) Cho lg 392... 2 x Bảng biến thi n : x  y y + 1 0   2 1 1 Vậy : Hàm số đã cho đạt :  M  max y = y(1)  2 R  Không có GTNN Câu III ( 1,0 điểm ) Nếu hình lập phương có cạnh là a thì thể tích của nó là V1  a3 Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có bán a 2 và chiều cao h = a nên có thể 2 V1 a3 2 a3   tích là V2  Khi đó tỉ số thể tích : V2 a3  2 2 II PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình...  x ]1  3 Khi đó : V  V2  V1   (x  x 0  0 2 5 10 ………………………………………… VŨ NGỌC VINH 26 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ ố Ệ ĐỀ SỐ: 8 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y  x 3  3x 2  4 có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) 2) Cho họ đường thẳng (d m ) : y  mx  2m  16 với m là tham số Chứng minh rằng (d m ) ln cắt... của hàm số y  2 4x  1 Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a Hình chiếu vng góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB Mặt bên (AA’C’C) tạo với đáy một góc bằng 45 Tính thể tích của khối lăng trụ này II PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 3 Theo chương trình... 2 3 3 Vậy : z  2(cos  i sin ) 4 4 ………………………………………………………………………… cos    VŨ NGỌC VINH 18 THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ 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 ) x 3 Cho hàm số y  có đồ thị (C) x2 1) Khảo sát sự biến thi n 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 . chóp đều S.ABCD có AB = a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. B . PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh học chương. DUNG Điểm (2,0 điểm) Tập xác định : D = R {1} 0,25 Sự biến thi n:  Chiều biến thi n: 2 1 y' 0 x D (x 1)       . Suy ra, hàm số nghịch