Thi thử toán quỳnh lưu 4 na 2012 lần 1 k a

1,011 views

Published on

  • Be the first to comment

Thi thử toán quỳnh lưu 4 na 2012 lần 1 k a

  1. 1. WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đềPHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x + 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= x −1 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi M là điểm nằm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1, I là giao điểm hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến với (C) tại M cắt tiệm cận đứng tại A, cắt tiệm cận ngang tại B. Tính diện tích tam giác IAB. Câu II (2,0 điểm) 4 cos 3 x + 2 cos 2 x ( 2 sin x −1) −sin 2 x − 2 ( sinx + cosx ) 1. Giải phương trình =0 2 sin 2 x −1 −2 x 2 + 5 x + 3 − 2 + 3 x + 6 x.5 −x 2. Giải bất phương trình sau: <2 3 x.5−x −1 e  ln x  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ + 3 x 2 ln x ÷dx 1  x 1 + ln x  Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có (với ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 600. Tam giác SA = a 3 a >0 ABC vuông tại B, ·ACB =30 . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt 0 phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là những số thực dương thoả mãn điều kiện x +y +z =1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 2 2 2 x5 − 2 x3 + x y 5 − 2 y 3 + y z 5 − 2 z 3 + z thức: P= y2 + z2 + z 2 + x2 + x2 + y 2 .PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết C ( −1;1) , trực tâm H ( 1;3) , trung điểm của cạnh AB là điểm I ( 5;5 ) . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC. u ur 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết B ( − 0; 2 ) , C ( − 1; 1;1; 0 ) , D ( 2;1; − ) 2 , vectơ OA cùng r 5 phương với vectơ u = ( 0;1;1) và thể tích tứ diện ABCD là . Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 6 log 2 x log 2 4 x 2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 4x2 −6 =2.3 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A ( 2;1) và đường tròn (C): ( x −1) +( y −2 ) Viết phương 2 2 =5. trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất. x y −1 z 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 = −1 = −3 và mặt phẳng (P): 7x + y + z − = 9 2 7 0 cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d và cách d một khoảng là 3 42 .
  2. 2. WWW.VNMATH.COM  log 2 x log 2 y 9 1 + log 2 x + 1 + log 2 y = 10  Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 2  1 + log 2.log 2 .log ( xy ) = 9 (  x y ) 2 2 ----------- 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:................................ TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1-NĂM 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đềPHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =x −6 x +9 x −2 3 (C) 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M thuộc (C), biết M cùng với hai điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6. Câu II (2,0 điểm) 1 + cot 2 x.cotx 1. Giải phương trình cos 2 x ( +1 = 6 sin 4 x + cos 4 x )  xy = x + 7 y + 1 2. Giải hệ phương trình sau:  2 2  x y = 10 y −1 2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =∫ 2 x ( x −1 − 3 ) dx 1 x −10 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có (với ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 600. Tam giác SA = a 3 a >0 ABC vuông tại B, ·ACB =30 . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt 0 phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Tìm m để phương trình 12 4 +x −3 x 2 =3 x −24 +m 3 ( x + +2 4 −3 x 1 ) có nghiệm.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết C ( −1;1) , trực tâm H ( 1;3) , trung điểm của cạnh AB là điểm I ( 5;5 ) . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC. u ur 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết B ( − 0; 2 ) , C ( − 1; 1;1; 0 ) , D ( 2;1; − ) 2 , vectơ OA cùng r 5 phương với vectơ u = ( 0;1;1) và thể tích tứ diện ABCD là . Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 6 log 2 x log 2 4 x 2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 4x2 −6 =2.3 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
  3. 3. WWW.VNMATH.COM 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A ( 2;1) và đường tròn (C): ( x −1) +( y −2 ) Viết phương 2 2 =5. trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biết B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất. x y −1 z 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 = −1 = −3 và mặt phẳng (P): 7x + y + z − = 9 2 7 0 cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d và cách d một khoảng là 3 42 . − x2 + x  1  Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y= trên  − 4 ; +∞  ÷ 2x + 1  ----------- 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:................................ TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A (Đáp án- thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) * Tập xác định D = R / {1} * Sự biến thiên: 3 0,25 Chiều biến thiên: y =− < 0, ∀x ∈ D ( x −1) 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 1; +∞ ) . lim y = lim y =2; Giới hạn và tiệm cận: x→ ∞ − x→ ∞ + tiệm cận ngang: y=2 0,25 lim y = lim y =1; x→1− + x→1 tiệm cận đứng: x =1 Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y - - 0,25 y 2 +∞ −∞ 2 3  2a +1  Ta có y = − . Do điểm M thuộc (C) nên M  a; ÷; a > 1 . ( x − 1) 2  a −1  0,25
  4. 4. WWW.VNMATH.COM 3 2a +1 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là y =− ( x −a ) + (d) ( a −1) 2 a −1 0,25  2a + 4  Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận đứng là A 1; ÷ . Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận ngang 0,25  a −1  là B ( 2a −1; 2 ) . Tọa độ giao điểm 2 đường tiệm cận là I ( 1; 2 ) uu  r 6  6 uu r Ta có IA = 0; ÷⇒IA = ; IB = ( 2a − 2; 0 ) ⇒IB = 2a − 2 .  a −1  a −1 0,25 1 1 6 Vậy diện tích tam giác IAB là: S IAB = IA.IB = . 2a − 2 = 6 2 2 a −1 II. 1. (1,0 điểm)(2,0 điểm) π π 0,25 Điều kiện 2 sin 2 x −1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 4 + k 2 Phương trình tương đương với 4cos 2 x ( sinx +cosx ) − cosx ( sinx + 2 cosx ) − ( sinx + 2 cosx ) =0 0,25 2 ( sinx +cosx ) ( cosx − ) ( 2cosx + ) = 1 1 0 0,25 π 2π Từ đó tìm được x=− + mπ hoặc x = mπ 2 hoặc x =± + 2mπ 4 3 2mπ 0,25 Đối chiếu điều kiện ta được x= 3 . 2. (1,0 điểm) 1 0,25 Điều kiện: − ≤ x≤3 2 . Bất phương trình tương đương với 5 x −2 x 2 + 5 x + 3 + (3 x − 2)5 x + 6 x <2 5x ( 3 − x ) ( 2 x +1) + 3x.5 x (1) ⇔ <0 3 x. −5 x 3x − 5 x  ln 5  0,25 Xét hàm số g ( x ) =3x −5 x , g ( x ) = 3 −5 x.ln 5, g ( x ) = 0 ⇔ x = log 5  ÷ .  3    ln 5   Lâp bảng biến thiên, ta thấy g ( x ) ≤ g  log 5  ÷÷< 0   3  5 − 157 0,25 (1) ⇔ ( 3 −x ) ( 2 x +1) +3 x >0 ( vì 5x > 0 ) ⇔x> 22  5 − 157  0,25 Vậy nghiệm của bất phương trình là: T =  ;3  22  III. (1,0 điểm)(1,0 điểm) e  ln x  e  ln x  e 0,25 I = ∫ 1  x 1 + ln x +3 x 2 ln x ÷ = ∫  dx ÷ +3∫ x ln x dx = I1 +3I 2 1  x 1 + ln x  dx 2 ( )  1 e  ln x  dx 0,25 + Tính I1 = ∫  1  x 1 + ln x ÷dx  . Đặt t = 1+ x ⇒ = + x ⇒ x = 2 − ln t2 1 ln ln t 1 . Suy ra x = 2tdt Khi x = ⇒= x = ⇒= 2 1 t 1; 3 t .
  5. 5. WWW.VNMATH.COM (t ) .2tdt = 2 2 2 2 −1 2  t3  2(2 − 2 ) ⇒ I1 = ∫ ∫( ) t −1 dt = 2  − t ÷ = . 2 1 t 1 3 1 3  dx 0,25 e u = ln x  du = x  +Tính ( I 2 = ∫ x 2 ln x dx ) . Đặt  ⇒  dv = x dx v = x 2 3 1   3 e e x3 1 x3 1 x3 2e3 +1 ln x 1 − ∫ x 2 dx = ln x 1 − e e ⇒I2 = = 3 31 3 3 3 1 9 5 − 2 2 + 2e 3 0,25 I = I1 + 3I 2 = 3 IV. (1,0 điểm)(1,0 điểm) Gọi K là trung điểm BC. 0,25 3a Ta có SG ⊥ ( ABC ); ∠SAG = 600 , AG = 2 . 9a 3a 3 0,25 Từ đó AK = ; SG = . 4 2 Trong tam giác ABC đặt AB =x ⇒AC =2 x; BC =x 3. 0,25 9a 7 Ta có AK 2 =AB 2 +BK 2 nên x= 14 1 243 3 0,25 VS . ABC = SG.S ABC = a (đvtt) 3 112 V. (1,0 điểm)(1,0 điểm) Do x, y, z > 0 và x 2 +y 2 +z 2 =1 nên x,y, z ∈ ( 0;1) 0,25 x 5 − 2 x 3 + x x ( x 2 −1) 2 0,25 Ta có = = −x 3 + x . y2 + z2 1 − x2 Khi đó, ta có: P = −3 + ) +− 3 + ) +−3 + ) ( x x ( y y ( z z 2 3 2 3 0,25 Xét hàm số f (a ) =− 3 +a, a ∈ 0;1) a ( . Ta có max f ( a) = . Suy ra P≤ . ( 0;1) 9 3 23 1 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là , đạt được khi x=y=z= . 3 3 VIa. 1. (1,0 điểm)(3,0 điểm) Phương trình AB: x +y − =0 . 10 0,25 Do A∈AB nên A(b;10 −b) .Từ I là trung điểm AB, tìm được B(10 −b; b) . 0,25 uuur AH = − ; b − (1 b uuu r 7); CB = (11 − ; b − b 1). uuur uuu r uuur uuu Ta có AH ⊥ ⇔ .CB = . CB AH r 0 0,25 ⇔ − ) (11 − ) + b − ) ( b − ) =0 ⇔ = b =9 (1 b b ( 7 1 b 1; 0,25 Khi b =1 ⇒ (1; 9 ) ; B ( 9;1) A .
  6. 6. WWW.VNMATH.COM Khi b =9 ⇒ ( 9;1) , B (1; 9 ) A 2. (1,0 điểm) uuu r r Từ giả thiết có OA =t.u =(0; t ; t ) 0,25 uuu r uuu r uuu r A(0; t ; t ).BC =(0;1; − BD = 2), (3;1; 4), BA = t ; t − (1; 2) uuu uuu r r ⇒BC , BD  =(2; − − 6; 3) . Suy ra uuu uuu uuu r r r BC , BD  BA =− t +4. 9 0,25     1 uuu uuu  uuu r r r 5 1 1 0,25 Ta có VABCD = 6 BC , BD  BA ⇔ = −9t + 4 6 6 ⇔ t = 1; t = − 9 . Với t = ⇒ (0;1 1 A ;1) . 0,25 7 29 7 46 Mặt cầu cần tìm có phương trình là: (S ) : x2 + y 2 + z 2 − 5 x+ 5 y+ z− 5 5 =0 . 1 Với t=− <0 9 , tương tự ta tìm được phương trình mặt cầu 3. (1,0 điểm) Điều kiện x >0 0,25 1+log 2 x 2 2 6 4x2 −6 log 2 x =2.3 log 2 4 x 2 ⇔2log 2 4 x −6log 2 x = 2.3log2 4 x ⇔22 log 2 2 x − −2.32 log 2 2 x = 0 6 ⇔ 2 log 2 2 x − 1+ 2 x − 6.2 6 log 12.3 2 log 2 2 x =0 0,25 2 2log 2 2 x 2 log 2 2 x 0,25 ⇔ 6.  ÷ − ÷ −12 = 0 3 3 2 log 2 2 x 3 1 0,25  ÷ = ⇔x = 3 2 4 VIb. 1. (1,0 điểm)(3,0 điểm) Kiểm tra điểm A ta thấy A nằm trong đường tròn (C). 0,25 Khi đó PA/(C) = AB. AC = AB. AC = − = 3 . Suy ra AB.AC=3. 0,25 uuu uuu r r − IA R − 2 2 Theo BĐT AM-GM ta có BC =AB +AC ≥2 AB. AC =2 3 . 0,25 Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC. uu r Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận IA =(1; −1) là vectơ pháp tuyến. 0,25 Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0. 2. (1,0 điểm) uu r d uu r Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u (2; −1; −3) .mp(P) có vectơ pháp tuyến n (7; 9; 2) . P 0,25 Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên ∆ thì 0,25 r 1 r r  M (4; − − 1; 6) . Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương u∆ = 25  n P , u d  = (1; −1;1) 1 0,25 Ta thấy ∆ , d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 42 r r uuuu r u ∆ , u d  MH 3t   3 3 nên r r = ⇔ = ⇔ t =1 hoặc t =−1 u ∆ , u d  42 42 42  
  7. 7. WWW.VNMATH.COM x = −7 + t  x = 15 + t 0,25  Vậy có hai đường thẳng cần tìm là ∆1 :  y = 4 − t (t ∈ R ); ∆2 :  y = −6 − t ( t ∈ R ) z = 10 + t  z = −22 + t  3. (1,0 điểm)Điều kiện: 0 <x, y ≠1 . Đặt a =log 2 x; b =log 2 y . Khi đó, hệ phương trình trở thành: 0,25  a b 9 1 + a 2 + 1 + b 2 = 10  (*) 10 ( a + b ) ( 1 + ab ) = 9 1 + a 2  ( ) (1+b ) 2 (1)  ⇔  1 + 1  ( a + b ) = 9 (**) 2 ( a + b ) ( 1 + ab ) = 9ab  (2)  ab ÷   2 1 +b 2 0,25Lấy phương trình (1) chia vế theo vế (2) ta được: ( 5ab = 1 + a 2 ) ( 1 +b ) ⇔1 +a 2 5 a 2 = b (3) a 9 bTừ (*), ta suy ra = − 1 + a 2 10 1 + b 2 . 9 b  1 +b 2 1 +b 2 b 9 0,25Thay vào (3), ta có: 5 − 2 ÷ = ⇔ +5 − =0 (4) 10 1 +b  b b 1 +b 2 2 1 + b2 5 9 5Đặt t= b . Phương trình (4) trở thành: t+ t − = 0 ⇔2t 2 −9t +10 = 0 ⇔t = 2; t = 2 2 . x = 2 0,25Với t=2 ⇒ b 2 −2b + ) =0 ⇔ =1 ( 1 b ⇒y =2 ⇒ x = 4 b = 2 ⇒ y = 4, x = 2 5Với t= ⇒ 2b 2 − 5b + 2 = 0 ⇔  2 b = 1 ⇒ y = 2, x = 2  2Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) =(2; 4); (2; 2) ( ) 2; 4 , ( 4; 2 ) . - - - Hết - - -
  8. 8. WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: D (Đáp án- thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I. 1. (1,0 điểm)(2,0 điểm) * Tập xác định D =R * Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y =3 x 2 − x + 12 9 , y = ⇔ =; x = 0 x 1 3 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 3; +∞ ) . Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;3) Giới hạn: lim y =− ; lim y =+ x→ ∞ − ∞ ∞ x→ ∞ − 0,25 Cực trị: x = y1, CD CD = xCT = , y CT = 2 2; 3 − Bảng biến thiên: 0,25 x −∞ 1 3 +∞ y − 0 + 0 − 2 y +∞ −∞ −2 * Đồ thị: 0,25 HS tự vẽ 2. (1,0 điểm)
  9. 9. WWW.VNMATH.COM Điểm M ∈ C) ( nên M ( t ; t −6t 2 +9t −2 ) , t ≠1; 3 3 . 0,25 Hàm số có đồ thị (C) nhận điểm cực tiểu A ( 3; −2 ) , điểm cực đại B ( 2;1) . 0,25 Phương trình AB: 2 x +y −4 =0 1 1 2t + t 3 + 9t − 2 − 4 0,25 Ta có: S ABM = AB.d ( M , AB ) = 6 ⇔6 = 4 +16 2 2 4 +1 ⇔ 3 −6t 2 + t −6 =6 ⇔ =0; t =4 t 11 t 0,25 Vậy điểm M là M (0; − M (4; 2) 2); . II. 1. (1,0 điểm)(2,0 điểm) kπ 0,25 ĐK sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 cosx  1  0,25 (1) ⇔ 2 +1 = 6 1 − sin 2 2 x ÷ cos x sin x.sin 2 x  2  2  1  2 +sin 2 2 x 0,25 ⇔ 2 +1 = 6 1 − sin 2 2 x ÷⇔ = 6 −3sin 2 2 x sin 2 x  2  sin 2 2 x ⇔+ 2 sin 2 2 x = − sin 2 2 x) sin 2 2 x ⇔sin 4 2 x − sin 2 2 x + = (6 3 3 5 2 0 0,25   x = π + mπ  4 2 sin 2 2 x = 1  1  6 ⇔ 2 ⇔  x = arcsin  ±  3 ÷+ mπ sin 2 x = 2  2 ÷      3  π 1  6  2 2  3 ÷+ mπ  x = − arcsin  ± ÷    2. (1,0 điểm) 1 0,25 Ta có: y = 0 không là nghiệm của HPT. Đặt t= y do đó x 7 0,25  t = x + t +1   x = xt + 7 + t  x − xt − t = 7  2 ⇔ 2 ⇔ 2 2  x = 10 − t  x + t = 10 2  x = 10  t 2 t 2 −1  S − P = 7 S = −6 S = 4 0,25 Đặt S = −; P = xt x t − , ta có  2 ⇔ hoặc  S − 2 P = 10 P = 13 P= 3 S = 4 0,25 Khi  thì x;−t là nghiệm PT X 2 − X + = 4 3 0 ⇔ X =1; X = 3. P= 3  1 Vậy nghiệm HPT đã cho là 1; − ÷; ( 3; −1)  3 S = −6 Khi  thì x;−t là nghiệm PT X2+ 6X +13 = 0(VN ) .  P = 13 III. (1,0 điểm)
  10. 10. WWW.VNMATH.COM(1,0 điểm) Đặt t = x − ⇒ = − ⇒ = tdt 1 t x 1 dx 2 2 0,25 Khi x = ⇒ 0; x = ⇒ 1 1 t = 2 t = 1 2t (t 2 +1)(t − 3) 0,25 Khi đó: I =∫ dt 0 t2 −9 1  30  0,25 = ∫  t 2 − 3t +10 − ÷dt 0  t +3  1 0,25  t 3 3t 2  53 4 = 2 − +10t − 60 ln t + 3 ÷ = − 60 ln  3 2 0 3 3 IV. (1,0 điểm)(1,0 điểm) 3a 0,25 Gọi K là trung điểm BC. Ta có SG ⊥ ( ABC ); ∠SAG = 600 , AG = 2 . 9a 3a 3 0,25 Từ đó AK = ; SG = . 4 2 Trong tam giác ABC đặt AB =x ⇒AC =2 x; BC =x 3. 0,25 9a 7 Ta có AK 2 =AB 2 +BK 2 nên x= 14 1 243 3 0,25 VS . ABC = SG.S ABC = a (đvtt) 3 112 V. (1,0 điểm)(1,0 điểm) Đặt t =3 x + +2 4 −3x , t ∈ 21; 7  1  0,25   1 0,25 Khi đó phương trình trở thành t 2 −1 = mt ⇔ m = t − t , do t≠0 (2). Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ∈  21; 7    . 1 1 0,25 Xét hàm số f (t ) = t − , t ∈  21; 7    . Ta có f (t ) = 1 + >0 . t t2 20 48 0,25 Xét bảng biến thiên ta có phương trình (1) có nghiệm khi ≤m≤ 21 7 VIa. 1. (1,0 điểm)(3,0 điểm) Phương trình AB: x +y − =0 . 10 0,25 Do A∈ nên A(b;10 −b) .Từ I là trung điểm AB, tìm được B(10 −b; b) . AB 0,25 uuur AH = − ; b − (1 b uuu r 7); CB = (11 − ; b − b 1). uuur uuu r uuur uuu Ta có AH ⊥ ⇔ .CB = . CB AH r 0 0,25 ⇔ − ) (11 − ) + b − ) ( b − ) =0 ⇔ = b =9 (1 b b ( 7 1 b 1; 0,25 Khi b =1 ⇒ (1; 9 ) ; B ( 9;1) A . Khi b =9 ⇒ ( 9;1) , B (1; 9 ) A 2. (1,0 điểm) uuu r r Từ giả thiết có OA =t.u =(0; t ; t ) 0,25 uuu r uuu r uuu r A(0; t ; t ).BC =(0;1; − BD = 2), (3;1; 4), BA = t ; t − (1; 2) uuu uuu r r ⇒BC , BD  =(2; − − 6; 3) . Suy ra uuu uuu uuu r r r BC , BD  BA =− t +4. 9 0,25    
  11. 11. WWW.VNMATH.COM 1 uuu uuu  uuu r r r 5 1 1 0,25 Ta có VABCD = 6 BC , BD  BA ⇔ 6 = 6 −9t + 4 ⇔ t = 1; t = − 9 . Với t = ⇒ (0;1 1 A ;1) . 0,25 7 29 7 46 Mặt cầu cần tìm có phương trình là: (S ) : x2 + y 2 + z 2 − 5 x+ 5 y+ z− 5 5 =0 . 1 Với t=− <0 9 . Tương tự tìm ra phương trình mặt cầu 3. (1,0 điểm) Điều kiện x >0 0,25 1+log 2 x 2 2 6 4x2 −6 log 2 x =2.3 log 2 4 x 2 ⇔2log 2 4 x −6log 2 x = 2.3log2 4 x ⇔22 log 2 2 x − −2.32 log 2 2 x = 0 6 ⇔ 2 log 2 2 x − 1+ 2 x − 6.2 6 log 12.3 2 log 2 2 x =0 0,25 2 2log 2 2 x 2 log 2 2 x 0,25 ⇔ 6.  ÷ − ÷ −12 = 0 3 3 2 log 2 2 x 3 1 0,25  ÷ = ⇔x = 3 2 4 VIb. 1. (1,0 điểm)(3,0 điểm) Kiểm tra điểm A ta thấy nằm trong đường tròn (C). 0,25 Khi đó PA/(C) = AB. AC = AB. AC = − = 3 . Suy ra AB.AC=3. 0,25 uuu uuu r r − IA R − 2 2 Theo BĐT AM-GM ta có BC =AB +AC ≥2 AB. AC =2 3 . 0,25 Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC. uu r Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận IA =(1; −1) là vectơ pháp tuyến. 0,25 Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0. 2. (1,0 điểm) uu r uu r Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u (2; −1; −3) .mp(P) có vectơ pháp tuyến n (7; 9; 2) . d P 0,25 Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên ∆ thì 0,25 r 1 r r  M (4; − − 1; 6) . Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương u∆ = 25  n P , u d  = (1; −1;1) 1 0,25 Ta thấy ∆ , d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 42 r r uuuu r u ∆ , u d  MH 3t   3 3 nên r r = ⇔ = ⇔ t =1 hoặc t =−1 u ∆ , u d  42 42 42   x = −7 + t  x = 15 + t 0,25   Vậy có hai đường thẳng cần tìm là ∆1 :  y = 4 − t (t ∈ R ); ∆2 :  y = −6 − t ( t ∈ R ) z = 10 + t  z = −22 + t   3. (1,0 điểm) 2 x 2 + 2 x −1 0,25 Ta có y=− ; ( 2 x + 1) 2
  12. 12. WWW.VNMATH.COM −1 + 3 0,25 y =0 ⇔x = 2Bảng biến thiên: 1 −1+ 3 x − +∞ 4 2 y + 0 − 2− 3 2 y 0,25 5 − −∞ 8 2− 3 0,25 max y = , −1 + 3Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị lớn nhất của hàm số:  1  2 tại x=  − 4 ; +∞ ÷   2 - - - Hết - - -

×