Thi thử toán nguyễn khuyến tphcm 2012

418 views

Published on

0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total views
418
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
2
Actions
Shares
0
Downloads
7
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Thi thử toán nguyễn khuyến tphcm 2012

  1. 1. 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
  2. 2. 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
  3. 3. 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
  4. 4. 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
  5. 5. 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
  6. 6. 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
  7. 7. 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
  8. 8. 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
  9. 9. 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
  10. 10. (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
  11. 11. 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
  12. 12. 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
  13. 13. 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

×