Thi thử toán nguyễn khuyến tphcm 2012
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×
 

Thi thử toán nguyễn khuyến tphcm 2012

on

  • 386 views

 

Statistics

Views

Total Views
386
Views on SlideShare
386
Embed Views
0

Actions

Likes
0
Downloads
5
Comments
0

0 Embeds 0

No embeds

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Microsoft Word

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

Thi thử toán nguyễn khuyến tphcm 2012 Thi thử toán nguyễn khuyến tphcm 2012 Document Transcript

  • Sở GD & ĐT TP HCM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012Trường THCS & THPT Nguyễn Khuyến Môn: Toán - Thời gian: 180 phútI. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =x −3x +2 . 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhauvà độ dàiđoạn thẳng AB bằng 4 2 .Câu II (2 điểm)  5π  1. Giải phương trình 2.cos 5 x −sin(π + 2 x) = sin  +2x ÷.cot 3 x.  2  x 2 y + 2 x 2 + 3 y −15 = 0  2. Giải hệ phương trình :  4 x + y − 2 x − 4 y − 5 = 0 2 2  I =∫ e (x 3 +1) ln x + 2 x 2 +1Câu III ( 1điểm) Tính tích phân dx . 1 2 + x ln xCâu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ có đáy ABC là tam giác cân, AB = BC = 3a, ABC . A B C AC = a 2 . Các mặt phẳng ( B AB ), ( B AC ), ( B BC ) cùng tạo với mặt phẳng ( ABC ) góc 60 . Tính 0thể tích khối lăng trụ . ABC. A B C Câu V (1 điểm) Cho x, y , z là các số thực dương thoả mãn x ≥ y ≥z và x +y +z =3 . x zTìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= + + 3y z yII. PHẦN RIÊNG (3 điểm)A. Theo chương trình chuẩnCâu VI.a. I ( 3;3)  4 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm và AC = BD 2 . Điểm M  2; ÷  3  13 thuộc đường thẳng AB , điểm N  3; ÷  3 thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BDbiết đỉnh có hoành độ nhỏ hơn 3. B 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng x +1 y + 2 z x −2 y −1 z −1 ( d1 ) : = = ; ( d2 ) : = = và mặt phẳng ( P ) : x +y −2z +5 =0 . Lập phương 1 2 1 2 1 1trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt ( d ) , ( d ) lần lượt tại A, B sao cho độ dài 1 2đoạn AB nhỏ nhất.Câu VII.a. Tìm số phức z thỏa mãn z + z = z . 2B. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b. (2 điểm) 1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng450. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độdương. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng x +1 y −1 z∆: 2 = −1 = 2 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng ∆ tại điểm Csao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất. 1
  • Câu VII.b. (1điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m x −2 x +2 = x +2 2 có 2 nghiệm phânbiệt. ..................................................Hết................................................ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN VI, Năm 2012PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)Câu Nội dung éiểmI 1 • Tập xác định: D =¡ • Sự biến thiên: • Chiều biến thiên: y =3x 2 −6 x ; y= ⇔ = 0 x 0 hoặc x =2 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; 0 ) và ( 2; +∞) ; nghịch biến trên khoảng ( 0; 2) • Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x =2 ; yCT = −2 , đạt cực đại tại x =0 ; yCĐ =2 0,25 • Giới hạn: lim y =− ; lim y =+ x→ ∞ − ∞ ∞ x→ ∞ + Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 Nhận xét: 2
  • A ( a; a 3 − a 2 +2 ) ; B ( b; b 3 − b 2 +2 ) Đặt 3 3 với a ≠b . Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) k A =y ( x A ) = a 3 2 − a; k B =y ( xB 6 ) = b2 3 − b 6 tại A, B là: . Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi 0,25 k A = B ⇔a 2 − a = b 2 − b ⇔a − ) ( a + − ) = ⇔ = − k 3 6 3 6 ( b b 2 0 b 2 a . + a 3 − b 3 − 3 ( a 2 − b 2 )  2 ( a −b) 2 AB =   ( a − b) + ( a − b ) . a 2 + ab + b 2 − 3 ( a + b )  2 2 2 Độ dài đoạn AB là: =   2 2 = 4 ( a − 1) + 4 ( a − 1) . ( a − 1) − 3 2 2 2   0,25 2 Đặt t = ( a – 1 ) a − 1 = 2 ⇔ +t ( t − ) =8 ⇔ t −4 ) ( t 2 −2t +2 ) =0 ( ⇔ 2 AB =4 2 t 3 ⇔ =4 t a − 1 = −2 • Với a = ⇒ − 3 b =1 ⇒ A ( 3; 2 ) , B ( − − ) 1; 2 0,25 • Với a =1 −⇒ 3 b = ⇒ A ( − − ) , B ( 3; 2 ) 1; 2 Vậy A ( 3; 2 ) , B ( − − ) 1; 2 hoặc A ( − − ) , B ( 3; 2 ) 1; 2 . 0,25 ĐK: sin 3 x ≠0 0,25 pt ⇔ 2cos5 x +sin 2 x =cos 2 x.cot 3 x ⇔ 2cos5 x sin 3 x +sin 2 x cos 3 x =cos 2 x.cos 3 x ⇔ 2cos5 x sin 3 x −cos5 x =0 ⇔ cos5 x ( 2 sin 3x − =0 1) 0,25  π k 2π 1 1  x = 12 + 3 0,25 +) sin 3 x = ≠0 (t/m đk) ⇔  2  x = π + k 2π   4 3 π kπ +) cos5 x =0 ⇔ x= + 10 5 t/m đk KL:……………… 0,25 x 2 y + 2 x 2 + 3 y −15 = 0   4 x + y − 2 x − 4 y − 5 = 0 2 2II   ( x 2 −1)( y − 2) + 4( x 2 −1) + 4( y − 2) = 5 u = x 2 − 1 Hệ pt ⇔ . Đặt  ( x −1) + ( y − 2) = 10 v = y − 2 2 2 2  u 2 + v 2 = 10 (u + v ) 2 − 2uv = 10 Ta có hpt  ⇔ 0,25 uv + 4(u + v ) = 5 uv + 4(u + v ) = 5 2 u + v = −10 u + v = 2 u = 3 u = −1 ⇔  (vô nghiệm) hoặc  ⇔ hoặc  0,25 uv = 45  uv = − 3  v = −1 v = 3 u = 3 +)  Tìm được 2 nghiệm ( x; y ) =(2;1) và ( x; y ) =( −2;1) 0,25 v = −1 u = −1 +)  Tìm được nghiệm ( x; y ) =(0; 5) v = 3 0,25 Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm: (2;1), (-2;1), (0;5) 3 View slide
  • I =∫ e (x 3 +1) ln x + 2 x 2 +1 e e dx = ∫ x 2 dx + ∫ 1 + ln x dx 0,25 1 2 + x ln x 1 1 2 + x ln x e e  x3  e 3 −1 0,25 ∫ x dx =  3  = 3 2 1  1III e 1 + ln x e d ( 2 + x ln x ) e e +2 ∫ 2 + x ln x dx = ∫ 1 1 2 + x ln x = ln 2 + x ln x 1   = ln ( e + 2 ) − ln 2 = ln 2 0,25 e3 −1 e +2 Vậy I= 3 + ln 2 . 0,25 Gọi H là hình chiếu của trên mp(ABC), M, N, P lần lượt là hình chiếu của H trên B AC, AB và BC.Khi đó AC ⊥ , AC ⊥ H HM B ⇒AC ⊥ B BM ) ( . Vậy góc giữa ( B AC ) và ( BAC ) là góc B MH 0,25 Tương tự ta có B MH = NH = PH = 0 B B 60 . Do đó ∆ MH = B NH = B PH ⇒ B ∆ ∆ HM =HN =HP . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 0,25 Theo công thức S = p ( p − )( p − )( p − ) = 4 a.a.2 a.a =2 a b c 2a 2 S 2 2a 2 2a Mặt khác S = pr ⇒r = HM = p = 4a = 2 2a a 6 0,25 Tam giác vuông B HM có B H = HM . tan 600 = . 3= 2 2 a 6IV Từ đó VABC . A B C = S ABC .B H = 2 2 a 2 . = 2 3a 3 ( đvtt). 2 B C 0,25 A B P C H M N A x z 0,25 Ta có + xz ≥ 2 x, + yz ≥ 2 z z y x z Từ đó suy ra P= + + 3 y ≥ 2 x − xz + 2 z − yz + 3 y z y = 2( x + z ) + y( x + y + z ) − xz − yzV = 2( x + z ) + y 2 + x ( y − z ) 0,25 Do x >0 và y≥z nên x ( y −z ) ≥0 . Từ đây kết hợp với trên ta được x z P= + +3 y ≥ 2( x + z ) + y 2 = 2(3 − y ) + y 2 = ( y −1) 2 + 5 ≥ 5 . z y 0,5 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1PHẦN RIÊNG (3 điểm) 4 View slide
  • A. Theo chương trình chuẩn Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N  5 qua I là N  3; ÷  3 Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: x −3 y +2 =0 Suy ra: 3 −9 + 2 4 IH = d ( I , AB ) = = 0,25 10 10 Do AC = BD 2 nên . Đặt IA = IB 2 IB = > x 0 , ta có phương trình 1 1 1 5 + = ⇔x2 = 2 ⇔x = 2 x2 4x 2 8 0,25 Đặt B ( x, y ) . Do IB = 2 và B∈AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ:  14VI.a ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 2  5 y −18 y +16 = 0 2 x = 5  x = 4 > 3  0,25  ⇔ ⇔ ∨ x − 3 y + 2 = 0  x = 3 y − 2 y = 8 y = 2   5  14 8  Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn B ; ÷  5 5 Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x − − = y 18 0 . 0,25 Đặt A(− + − + 1 a; 2 2a; a ) , B ( 2 +2b;1 +b;1 + ) b , ta có uuu r AB =( − + a 2b + − + + − + + ) 3; 2a b 3; a b 1 0,25 uuu r uur Do AB song song với (P) nên: AB ⊥n P =(1;1; − ) ⇔ =a −4 2 b uuu r Suy ra: AB =( a −5; − − − ) a 1; 3 0,25 2 Do đó: ( a −5 ) +( − − ) +( − ) = 2a 2 −8a +35 = 2 ( a −2 ) +27 ≥3 3 2 2 2 2 AB = a 1 3 0,25 Suy ra: min AB = 3 3 ⇔ a = 2 b = −2 { , A ( 1; 2; 2 ) , uuu r AB =( − − − ) 3; 3; 3 x −1 y − 2 z − 2 0,25 Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: 1 = 1 = 1 .VII.a 0,25 Giả sử z =x +yi , khi đó z 2 + z =z ⇔ x +yi ) 2 + x 2 +y 2 =x −yi ( x 2 − y 2 + x 2 + y 2 = x  ⇔ ( x 2 − y 2 + x 2 + y 2 ) + 2 xyi = x − yi ⇔  2 xy = −y  0,25 1 1 1 1 1 3 TH 1. x= − 2 ta được − y2 + + y2 = − ⇔ + y2 = y2 − 4 4 2 4 4  2 3 y − 4 ≥ 0  2 3  y ≥ 5+2 5  ⇔ 4 ⇔ y =± 1 3 2 9  + y2 = y4 − y + 16 y 4 − 40 y 2 + 5 = 0 2 4  0,25  2 16 TH 2. y = ⇒ 2 + x =x ⇔ =0 ⇒ =y = 0 x x x 0 0,25 5
  • 1 5+2 5 Vậy có 3 số phức thỏa mãn là : z = 0 ; z =− ± i 2 2 A. Theo chương trình nâng cao 3 x − y = 0 x = 0 Tọa độ điểm D là:  x −2y = 0 ⇔ => D(0;0) ≡ O  y = 0 ur uu r Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n1 ( 3; − ) , n2 (1; − ) 1 2 1  cos ·ADB = 2 => ·ADB =450 =>AD=AB (1) 0,25 0 0 Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 45 => · BCD =45 => ∆ BCD vuông 1 3. AB 2 cân tại B=>DC=2AB. Theo bài ra ta có: S ABCD = ( AB +CD ) AD = = 24 2 2 =>AB=4=>BD= 4 2 0,25 1  x  Gọi tọa độ điểm B  xB ; B ÷  2 , điều kiện xB>0  8 10 uuu r 2  xB = − (loai )  8 10 4 10   xB  5 => BD = xB +  ÷ = 4 2 ⇔  2 Tọa độ điểm B  5 ; 5 ÷ ÷  2   8 10   0,25  xB = (tm)  5VI.b uuu r Vectơ pháp tuyến của BC là nBC = ( 2;1) ( Vì BD ⊥BC ) => phương trình đường thẳng BC là: 2 x +y −4 10 =0 0,25  x = − 1 + 2t  Phương trình tham số của ∆:  y = 1− t .  z = 2t  Điểm C thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm C có dạng C( − + t;1−; 2t) 1 2 t . uuu r AC = − + uuu r ( 2 2t; − − 2t); AB = 4 t; (2; − 6) 2; 0,25 uuu uuu r r uuu uuu r r A , A  =(− −2t;12 −8t;12 −2t) ⇒A , A  =2 18t2 −36t +216  C B  24  C B  0,25 2 1 uuu uuu r r Diện tích ∆ABC là S= 2 A , A  = 18t2 −36t + 216  C B  = 18(t −1)2 +198 ≥ 198 Vậy Min S = 198 khi t=1 hay C(1; 0; 2). 0,25 uuu r Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận BC =(− − − 2; 3; 4) làm vectơ chỉ phương nên x −3 y −3 z − 6 có phương trình chính tắc là −2 = −3 = −4 . 0,25VII.b x +2 Ta có: x2 − x + ≥ 2 2 1 nên m x 2 −2 x +2 = x +2 ⇔m = 2 x − 2x + 2 x +2 4 − 3x f ( x) = f ( x ) = Xét , ta có: 2 x − 2x + 2 (x 2 −2x + 2 ) x2 − 2 x + 2 0,25 4 4  f ( x ) = 0 ⇔x = ; f  ÷= 10; lim f ( x) = −1; lim f ( x ) =1 0,25 3 3  x→ −∞ x→ ∞ + + Bảng biến thiên: x - ∞ 4 + 3 ∞ y’ - 0 + 6
  • y 10 0,25 -1 1 0,25 TRƯỜNG THPT ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH -CĐ Dựa vào bảng biến thiên ta có: NGUYỄN XUÂN NGUYÊN NĂM HỌC 2011 -2012 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 <m < 10 B Môn: TOÁN, khối A, ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đềI. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)Câu I (2 điểm) Cho hàm số = x − (m −) x + − y 2 1 4 m 2 (1). 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m =2 . 2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng . (1; 3)Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: cos 2 x + = 2 − 5 2( cos x )(sin x −cos x )  x 2 − 3x( y − 1) + y 2 + y( x − 3) = 4 2. Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈R)  x − xy − 2 y = 1Câu III (2 điểm) e x + ( x − 2) ln x 1. Tính tích phân: I = ∫ 1 x (1 + ln x) dx 2. Cho ba số thực dương a , b , c thay đổi thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 1+a +b + 1+ b + c + 1+ c + a ≤ 2+ a + 2+ b + 2+ cCâu IV (1 điểm) Cho hình chóp có đáy S . ABCD ABCD là hình thoi tâm O , hai mặt phẳng ( ) và ( SAC ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( SBD ABCD ). Biết = AC 2 3a , = 2 a , BD a3khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 4 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)A. Theo chương trình ChuẩnCâu V.a (3 điểm)1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương trình đườngtrung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ lần lượt là và . C x +− y 1 =0 3 x − −= y 9 0Tìm tọa độ các đỉnh , của tam giác ABC. B C2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) có phương trình C x 2 + 2 +x − y − = y 2 4 8 0 và đường thẳng ( ) có phương trình : . Chứng minh rằng ( ∆ 2x − − 3y 1 =0 ∆ ) luôn cắt ( ) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn ( ) sao cho M Cdiện tích tam giác lớn nhất. ABM x+ 1 x −1 23 . Giải phương trình: (3 x − 2) log 3 = 4 − .9 2 3 3B. Theo chương trình Nâng caoCâu V.b (3 điểm)1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm (0; 2) và hai đường thẳng d , d có phương M 1 2trình lần lượt là và 3 x + += y 2 0 x − += 3y 4 0 . Gọi là giao điểm của d và d . Viết phương A 1 2 7
  • trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại B , C ( B và C khác A ) 1 1sao cho + AB 2 AC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ): C x 2 + 2 −x + y + = y 2 4 2 0 . Viết phươngtrình đường tròn ( ) tâm C (5, 1) biết ( ) cắt ( ) tại hai điểm M C C A , B sao cho . AB = 3 0 0 1 1 2 2 3 3 2011 2011 2 C 2 C 2 C 2 C 2 C3. Tính giá trị biểu thức A = 1 2011 − 2 2011 + 3 2011 − 4 2011 + ......- 2012 2011 ----------------------------- Hết ----------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh .........................................................số báo danh......................... HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI A, B KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH - CĐ NĂM HỌC 2011 - 2012Câu Đáp án Điểm I 1. (1 điểm)(2đ) Với m = 2, y = 4 − x2 x 2 0,25 đ 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: y = x 3 −x 4 4 ; y = ⇔ 0 4 x 3 −x = ⇔ 0, x = 1 4 0 x = ± Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1; + ∞ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1) và (0; 1) ----------------------------------------------------------------------------------------------------- b) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; ycđ = y(0) = 0 0,25đ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yct = y( 1) = -2 ± ± ---------------------------------------------------------------------------------------------------- c) Giới hạn tại vô cực: Lim ( x 4 −2 x 2 ) = + ∞ x→ ∞ ± d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên 0,25 đ ----------------------------------------------------------------------------------------------------- 3) Đồ thị: 0,25 đ 2) 1 điểm 8
  • y = 4 x − (m −) x 4 3 1 y = 0 ⇔ 4 x − (m − x 4 3 1) =0 x[x − m − ) ] = ( 1⇔ 0 2 0,25 đ ---------------------------------------------------------------------------------------------------- TH1: Nếu m- 1 0 m ≤ 1 ⇔ ≤ Hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ). 0,25 đ Vậy m 1 thoả mãn ycbt ≤ --------------------------------------------------------------------------------------------------- TH 2: m - 1 > 0 m> 1 ⇔ y = 0 ⇔ x = 0, x = ± m −1 0,25 đ Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; 0 ) và ( ;+ ∞ ) m −1 m −1 Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) thì m 2 m −≤ 1 1 ⇔ ≤ ----------------------------------------------------------------------------------------------------- Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) m ∈ ( ] ⇔ − ;2 ∞ 0,25 đII 1. (1 đi ểm)(2 đ) cos 2 x + = 2 − 5 2( cos x )(sin x −cos x ) ⇔ 2cos2x - 1 + 5 = 4sinx - 2sinxcosx - 4cosx + 2cos2x =0 0,25 đ -------------------------------------------------------------------------------------------------------- ⇔ 2(sinx - cosx) - sinxcosx -2 = 0 Đặt t = sinx - cosx ( - ) 2 ≤ ≤ 2 t 1− t 2 ⇒ sinxcosx = 2 0,25 đ Phương trình trở thành t2 + 4t - 5 = 0 t = 1; t = -5 (loại) -------------------------------------------------------------------------------------------------------  π  π 2 Với t = 1 ⇔ sinx - cosx = 1 ⇔ 2 sin x−   4 =1 ⇔ sin x−   4 = 2 0,25 đ --------------------------------------------------------------------------------------------------------  π π x − 4 = 4 + k 2π  π ⇔  ⇔ x = 2 + k 2π  x − π = 3π + k 2π x = π + k 2π   4 4 0,25 đ 2. (1 điểm) x2 -3x(y-1) + y2 + y(x-3) = 0 (x-y)2 + 3(x-y) - 4 + 0 ⇔ 0,25 đ -------------------------------------------------------------------------------------------------------  −y = x 1  −y =− x 4 0,25 đ ------------------------------------------------------------------------------------------------------  x− y = 1 * Với x- y = 1, ta có   x − xy − 2 y = 1 0,25 đ ⇔ x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2 -----------------------------------------------------------------------------------------------------  x− y = − 4 * Với x - y = -4 ta có  (Hệ PT vô nghiệm)  x − xy − 2 y = 1 0,25 đ Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2) III 1. (1 điểm) 9
  • (2 đ) e x(1 +ln x) −2 ln x e e ln x I= ∫ 1 x (1 +ln x ) dx = ∫dx 1 -2 ∫ x(1 +ln x) dx 1 0,25 đ ----------------------------------------------------------------------------------------------------- Ta có e ∫ dx = e −1 1 0,25 đ ----------------------------------------------------------------------------------------------------- e ln x Tính J = ∫ x(1 +ln x) dx 1 Đặt t = 1 + lnx 0,25 đ 2 2 t −1 1 J= ∫ 1 t dt = ∫(1 − t )dt 1 = (t - ln t ) = 1 - ln2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------- Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 0,25 đ 2. (1 điểm) Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên ta giả thiết 0 < a b c ≤ ≤ Khi đó 0 < 1 + a + b 1+a+c 1+b+c ≤ ≤ và 0 < 2 + a 2+b ≤ 2+c ≤ Ta có 1 1 1  1 1 1  2+ a + 2+ b + 2+ c -  + +  1 + a +b 1 +b +c 1 +c +a  = b− 1 c− 1 a− 1 = (2 +a )(1 +a +b ) + ( 2 +b)(1 +b +c ) + ( 2 +c )(1 +a +c) ≥ b− 1 c− 1 a− 1 a +b +c −3 ≥ (2 +c )(1 +b +c ) + (2 +c )(1 +b +c ) + (2 +c )(1 +b +c ) = (2 +c )(1 +b +c ) ≥ 33 abc −3 ≥ =0 ( 2 +c )(1 +b +c ) 1 1 1 1 1 1 Vậy 1+a +b + 1+ b + c + 1+ c + a ≤ 2+ a + 2+ b + 2+ c IV Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD)nên(1 đ) giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). 1 VSABCD = 3 SO.SABCD 1 0,25 đ Diện tích đáy S ABCD = AC.BD =2 3a 2 1 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- .Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó ABD =60 0 tam giác ABD đều. ⇒ Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có 1 a 3 DH ⊥AB và DH = a 3 ; OK // DH và OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ 2 2 (SOK) S Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) 1 1 1 a 0,5 đ Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ OI 2 = OK 2 + SO 2 ⇒ SO = 2 I D A 10 a 3 O H a K C B
  • a Đường cao của hình chóp SO = 2 . Thể tích khối chóp S.ABCD: 1 3a 3 VS . ABC D = S ABC D .SO = 3 3 0,25 đ Va 1. (1 điểm)(3 đ) Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC M(m; 1-m) ⇒ Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c). 0,25 đ ------------------------------------------------------------------------------------------------------ 2m −c + 3 7 − 2m − 3c Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I( ; ) 2 2 0,25 đ 2m −c +3 7 −2m −3c Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 3( 2 ) −( 2 ) −9 =0 0,25 đ ⇒ m=2 M(2; -1) ⇒ Ph¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0 -------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0,25 đ  3x − y − 9 = 0  x= 3 Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:  ⇔   x− y− 3= 0  y= 0 Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2) 2. (1 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13 . 9 Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( ∆ ) là d ( I , ∆) = 13 <R 0,25 đ Vậy đường thẳng ( ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt. ∆ --------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1 Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có S∆ABM = 2 AB.d ( M , ∆) 0,25 đ Trong đó AB không đổi nên S lớn nhất khi d ∆ABM lớn nhất. ( M ,∆) -------------------------------------------------------------------------------------------------------- Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với ( ). ∆ PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0 Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương trình:  x 2 + y 2 + 2x − 4 y − 8 = 0  0,25 đ  = , y =− x 1 1 ⇔  =− , y = x 3 5  3x + 2 y − 1 = 0  ⇒ P(1; -1); Q(-3; 5) 4 22 Ta có d ( P , ∆) = 13 ; d ( Q , ∆) = 13 --------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0,25 đ Ta thấy d lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5). ( M ,∆) 3. (1 điểm) 11
  • Điều kiện: x > 1 x+ 1 x −1 2 2 (3 x −2)[log 3 ( x − ) −log 3 3] =4 − 3 x +1 (3 x − 2) log 3 = 4 − .9 2 ⇔ 1 3 3 3 0,25 đ -------------------------------------------------------------------------------------------------------- ⇔ (3 x − )[log 3 ( x − ) − ] = − .3 x 2 1 1 4 2 ⇔ (3 x − ) log 3 ( x −) + x − = 2 1 3 2 0 ⇔ (3 x − )[log 3 ( x − ) + ] = 2 1 1 0 0,25 đ --------------------------------------------------------------------------------------------------------- -- (loại) x = log 3 2 0,5 đ  x −2 =0 3   x = 4 ⇔ ⇔ log 3 ( x − ) =− 1 1   3 4 Vậy PT có nghiệm x = 3 Vb 1. (1 điểm)(3 đ) Toạ độ điểm A(-1; 1) 0,25 đ ----------------------------------------------------------------------------------------------------- Ta thấy 2 đường thẳng d1 và d2 vuông góc với nhau Gọi là đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d và d lần lượt tại ∆ , ( 1 2 B C B và khác ).C A Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên . Ta có: ∆ 0,25 đ 1 1 1 1 AB 2 + AC 2 = AH 2 ≥ AM 2 (không đổi) ------------------------------------------------------------------------------------------------------ 1 1 1 ⇒ + AB 2 AC 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng AM 2 khi H ≡ M, hay ∆ là đường thẳng đi qua M và vuông góc với AM. 0,25 đ ------------------------------------------------------------------------------------------------------- PT đường thẳng :x+y-2=0 ∆ 0,25 đ 2. (1 đi ểm) Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2), bk R= 3 Đường tròn (C) tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB. AB 3 Ta có AH = BH = 2 = 2 Gọi Trường hợp 1: Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi AB là vị trí thứ 2 của AB Gọi H là trung điểm của AB 2  3 3 Ta có: 2 IH = IH = IA − AH = 3 −   2 ÷ =2 ÷ 2   ( 5 −1) +( 1 +2 ) 2 2 Ta có: MI = =5 3 7 3 13 và MH = MI −HI =5 − = ; MH = MI + H I = 5 + = 2 2 2 2 3 49 52 Ta có: R1 = MA 2 = AH 2 +MH 2 = 2 + = =13 4 4 4 12
  • 3 169 172 R2 =MA 2 =A H2 + 2 MH 2 = + = =43 4 4 4Vậy có 2 đường tròn (C) thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 433 13