2 đề thi thử ĐH-CĐ Môn Toán

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010. Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút. ĐỀ 1 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 có đồ thị là (C m ); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình: x xx xx 2 32 2 cos 1coscos tan2cos −+ =− . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 4 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y  + + + =  + = + +  , ( , )x y ∈R . Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 3 2 2 1 log 1 3ln e x I dx x x = + ∫ . Câu IV. (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = 3 2 a và góc BAD = 60 0 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. Câu V. (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c 1+ + = . Chứng minh rằng: 7 ab bc ca 2abc 27 + + − ≤ . B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VIIa. (1 điểm) Cho 1 z , 2 z là các nghiệm phức của phương trình 2 2z 4z 11 0− + = . Tính giá trị của biểu thức 2 2 1 2 2 1 2 ( ) z z z z + + . 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : 3 8 0x y+ + = , ':3 4 10 0x y∆ − + = và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. Câu VIIb. (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2 1 x 2 y 1 x 2 y 2log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) 6 log (y 5) log (x 4) = 1 − + − +  − − + + + − + =   + − +   , (x,y )∈R . 1 ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Năm 2010 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 1 2 PT hoành độ giao điểm x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x 2 + 3x + m) = 0 ⇔ m = 0, f(x) = 0 0.25 Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 khác 0 và y’(x 1 ).y’(x 2 ) = -1. 0.25 Hay 2 2 1 1 2 2 9 4m 0,f (0) m 0 (3x 6x m)(3x 6x m) 1. − > = ≠   + + + + = −  2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 9 9 m ,m 0 m ,m 0 4 4 9(x x ) 18x x (x x ) 3m(x x ) 36x x 6m(x x ) m 1 4m 9m 1 0   < ≠ < ≠   ⇔ ⇔     + + + + + + + + = − − + =   0.25 Giải ra ta có ĐS: m = 9 65 8 ± 0.25 II 1 ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về 2 2 2 cos2x tan x 1 cosx (1 tan x) 2cos x cos x -1 0− = + − + ⇔ − = 0.5 Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS: 2 2 x k2 ,x k2 ; hay x k 3 3 π π = π = ± + π = . 0.5 2 y 0≠ , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 x 1 x y 4 y x y xy 1 4y . y(x y) 2x 7y 2 x 1 (x y) 2 7 y  + + + =   + + + =  ⇔   + = + + +   + − =   0.25 Đặt 2 x 1 u , v x y y + = = + ta có hệ: 2 2 u v 4 u 4 v v 3, u 1 v 2u 7 v 2v 15 0 v 5, u 9 + = = − = =    ⇔ ⇔    − = + − = = − =    0.25 +) Với v 3, u 1= = ta có hệ: 2 2 2 x 1, y 2 x 1 y x 1 y x x 2 0 x 2, y 5 x y 3 y 3 x y 3 x = =    + = + = + − =  ⇔ ⇔ ⇔     = − = + = = − = −     . 0.25 +) Với v 5, u 9= − = ta có hệ: 2 2 2 x 1 9y x 1 9y x 9x 46 0 x y 5 y 5 x y 5 x    + = + = + + = ⇔ ⇔    + = − = − − = − −    , hệ này vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = − 0.25 III 3 e e e 3 2 2 3 2 2 2 1 1 1 ln x log x 1 ln x. ln xdx ln 2 I dx dx . ln 2 x x 1 3ln x x 1 3ln x 1 3ln x    ÷   = = = + + + ∫ ∫ ∫ 0.25 Đặt 2 2 2 1 dx 1 1 3ln x t ln x (t 1) ln x. tdt 3 x 3 + = ⇒ = − ⇒ = . Đổi cận … 0.25 2 Suy ra ( ) ( ) 2 e 2 2 3 2 2 3 3 2 1 1 1 1 t 1 log x 1 1 1 3 I dx . tdt t 1 dt ln 2 t 3 9ln 2 x 1 3ln x − = = = − + ∫ ∫ ∫ 0.25 2 3 3 3 1 1 1 4 t t 9ln 2 3 27ln 2   = − =  ÷   0.25 IV Chứng tỏ AC’ ⊥ BD 0.25 C/m AC’ ⊥ PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’ ⊥ (BDMN) 0.25 Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách hiệu các thể tích thì phải chỉ ra cách tính. 0.25 Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là: 3 3a 16 . 0.25 V Ta có ab bc ca 2abc a(b c) (1 2a)bc a(1 a) (1 2a)bc+ + − = + + − = − + − . Đặt t= bc thì ta có 2 2 (b c) (1 a) 0 t bc 4 4 + − ≤ = ≤ = .Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 2 (1 a) 0; 4   −     0.5 Có f(0) = a(1 – a) 2 (a 1 a) 1 7 4 4 27 + − ≤ = < và 2 2 (1 a) 7 1 1 1 7 f (2a ) a 4 27 4 3 3 27   −   = − + − ≤  ÷  ÷  ÷     với mọi a [ ] 0;1∈ 0,25 Vậy 7 ab bc ca 2abc 27 + + − ≤ . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25 VIa. 1. Gọi C = (c; 2c+3) và I = (m; 6-m) là trung điểm của BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). Vì C’ là trung điểm của AB nên: 2m c 5 11 2m 2c C' ; CC' 2 2 − + − −   = ∈  ÷   nên 2m c 5 11 2m 2c 5 2( ) 3 0 m 2 2 6 − + − − − + = ⇒ = − 5 41 I ( ; ) 6 6 ⇒ = − . Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0 Tọa độ của C là nghiệm của hệ: 2x y 3 0 14 37 C ; 3x 3y 23 0 3 3 − + =    ⇒ =   ÷ − + =    0.5 Tọa độ của B = 19 4 ; 3 3   −  ÷   0.5 2. Ta có: AB (2; 2; 2), AC (0; 2;2).= − = uuur uuur Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x y z 1 0, y z 3 0.+ − − = + − = 0.25 Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n AB,AC (8; 4;4).   = = −   r uuur uuur Suy ra (ABC): 2 1 0x y z− + + = . 0.25 Giải hệ: x y z 1 0 x 0 y z 3 0 y 2 2x y z 1 0 z 1 + − − = =     + − = ⇒ =     − + + = =   . Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2;1). 0.25 Bán kính là 2 2 2 R IA ( 1 0) (0 2) (1 1) 5.= = − − + − + − = 0.25 3 VII a Giải pt đã cho ta được các nghiệm: 1 2 3 2 3 2 z 1 i,z 1 i 2 2 = − = + 0.5 Suy ra 2 2 1 2 1 2 3 2 22 | | | | 1 ; 2 2 2 z z z z   = = + = + =  ÷  ÷   0.25 Đo đó 2 2 1 2 2 1 2 11 4 ( ) z z z z + = = + 0.25 VIb 1. Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t) 0.25 Theo yc thì k/c từ I đến ∆ ’ bằng k/c IA nên ta có 2 2 2 2 3( 3t 8) 4t 10 ( 3t 8 2) (t 1) 3 4 − − − + = − − + + − + 0.25 Giải tiếp được t = -3 0.25 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 25. 0.25 2. Ta có AB (2; 3; 1),AC ( 2; 1; 1) n (2;4; 8)= − − = − − − ⇒ = − uuur uuur r là 1 vtpt của (ABC) 0.25 Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25 M(x; y; z) MA = MB = MC ⇔ …. 0.25 M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25 VII b + Điều kiện: 2 xy 2x y 2 0, x 2x 1 0, y 5 0, x 4 0 (I) 0 1 x 1, 0 2 y 1  − − + + > − + > + > + >  < − ≠ < + ≠  . 0.25 1 x 2 y 1 x 2 y 1 x 2 y 1 x 2 y 2log [(1 x)(y 2)] 2log (1 x) 6 log (y 2) log (1 x) 2 0 (1) (I) log (y 5) log (x 4) = 1 log (y 5) log (x 4) = 1(2). − + − + − + − + − + + − = + + − − =     ⇔ ⇔   + − + + − +     0.25 Đặt 2 y log (1 x) t + − = thì (1) trở thành: 2 1 t 2 0 (t 1) 0 t 1. t + − = ⇔ − = ⇔ = Với t 1 = ta có: 1 x y 2 y x 1(3).− = + ⇔ = − − Thế vào (2) ta có: 2 1 x 1 x 1 x x 4 x 4 log ( x 4) log (x 4) = 1 log 1 1 x x 2x 0 x 4 x 4 − − − − + − + − + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + = + + x 0 x 2 =  ⇔  = −  . Suy ra: y 1 y 1 = −   =  . 0.25 + Kiểm tra thấy chỉ có x 2, y 1= − = thoả mãn điều kiện trên. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x 2, y 1= − = . 0.25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 4 A B D P M N Q C MÔN TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) ĐỀ 2 A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 y 2x 3(2m 1)x 6m(m 1)x 1 = − + + + + có đồ thị (C m ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ( ) +∞;2 Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 2cos3x(2cos2x 1) 1+ = b) Giải phương trình : 2 2 3 (3x 1) 2x 1 5x x 3 2 + − = + − Câu III (1 điểm) Tính tích phân 3ln 2 3 x 2 0 dx I ( e 2) = + ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 2 2 x xy y 1− + = .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 2 x y 1 P x y 1 + + = + + B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: 2 (z z)(z 3)(z 2) 10 − + + = , z∈ C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ):3 5 0x y∆ − − = sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 1 x 4 y 1 z 5 d : 3 1 2 − − + = = − − 2 x 2 y 3 z d : 1 3 1 − + = = Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 2 x(3log x 2) 9log x 2− > − …… HẾT ĐÁP ÁN 5 Câu I Nội dung Điểm a) Học sinh tự làm 0,25 b) 3 2 y 2x 3(2m 1)x 6m(m 1)x 1 = − + + + + 2 y' 6x 6(2m 1)x 6m(m 1)⇒ = − + + + y’ có 2 2 (2m 1) 4(m m) 1 0∆ = + − + = > 0,5 x m y' 0 x m 1 =  = ⇔  = +  Hàm số đồng biến trên ( ) +∞;2 ⇔ y' 0> x 2∀ > ⇔ m 1 2+ ≤ ⇔ m 1≤ 0,25 0,25 Câu II a) Giải phương trình: 2cos3x(2cos2x 1) 1+ = 1 Điểm PT ⇔ 2 2cos3x(4cos x 1) 1− = ⇔ 2 2cos3x(3 4sin x) 1− = 0,25 Nhận xét x k ,k Z= π ∈ không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 2 2cos3x(3 4sin x) 1− = ⇔ 3 2cos3x(3sin x 4sin x) sin x− = ⇔ 2cos3xsin3x sin x = ⇔ sin 6x sin x = 0,25 ⇔ 6x x m2 6x x m2 = + π   = π− + π  ⇔ 2m x 5 2m x 7 7 π  =   π π  = +   ; m Z∈ 0,25 Xét khi 2m 5 π = k π ⇔ 2m=5k ⇔ m 5t = , t Z ∈ Xét khi 2m 7 7 π π + = kπ ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, l Z∈ Vậy phương trình có nghiệm: 2m x 5 π = ( m 5t ≠ ); 2m x 7 7 π π = + ( m 7l 3 ≠ + ) trong đó m, t,l Z∈ 0,25 b) Giải phương trình : 2 2 3 (3x 1) 2x 1 5x x 3 2 + − = + − 1 Điểm PT ⇔ 2 2 2(3x 1) 2x 1 10x 3x 6+ − = + − 2 2 2 2(3x 1) 2x 1 4(2x 1) 2x 3x 2+ − = − + + − . Đặt 2 t 2x 1(t 0)= − ≥ Pt trở thành 2 2 4t 2(3x 1)t 2x 3x 2 0− + + + − = Ta có: 2 2 2 ' (3x 1) 4(2x 3x 2) (x 3)∆ = + − + − = − 0,25 Pt trở thành 2 2 4t 2(3x 1)t 2x 3x 2 0− + + + − = Ta có: 2 2 2 ' (3x 1) 4(2x 3x 2) (x 3)∆ = + − + − = − 0,25 6 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2x 1 x 2 t ;t 2 2 − + = = Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm: 1 6 2 60 x ; 2 7   − + +   ∈       0,5 Câu III Tính tích phân 3ln 2 3 x 2 0 dx I ( e 2) = + ∫ 1 Điểm Ta c ó x 3ln 2 3 x x 2 0 3 3 e dx I e (e 2) = + ∫ = Đặt u= x 3 e ⇒ x 3 3du e dx= ; x 0 u 1;x 3ln 2 u 2= ⇒ = = ⇒ = 0,25 Ta được: 2 2 1 3du I u(u 2) = + ∫ =3 2 2 1 1 1 1 du 4u 4(u 2) 2(u 2)   − −  ÷ + +   ∫ 0,25 =3 2 1 1 1 1 ln u ln u 2 4 4 2(u 2)   − + +  ÷ +   0,25 8 1 ) 2 3 ln( 4 3 −= Vậy I 8 1 ) 2 3 ln( 4 3 −= 0,25 Câu IV Gọi M là trung điểm BC ta thấy: AM BC A'O BC ⊥   ⊥  BC (A 'AM)⇒ ⊥ Kẻ MH AA',⊥ (do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BC (A 'AM) HM BC HM (A'AM) ⊥  ⇒ ⊥  ∈  .Vậy HM là đọan vuông góc chung của 0,5 7 A B C C’ B’ A ’ H O M AA’và BC, do đó 3 d(AA',BC) HM a 4 = = . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: A'O HM AO AH = ⇔ suy ra AO.HM a 3 a 3 4 a A'O AH 3 4 3a 3 = = = Thể tích khối lăng trụ: 3 ABC 1 1 a a 3 a 3 V A'O.S A'O.AM.BC a 2 2 3 2 12 = = = = 0,5 Câu V 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b c 3 + + = .Chứng minh rằng: 2 2 2 3(a b c ) 4abc 13+ + + ≥ 1 Điểm Đặt 2 2 2 b c f (a,b,c) 3(a b c ) 4abc 13;t 2 + = + + + − = *Trước hết ta chứng minh: f (a,b,c) f(a, t, t)≥ :Thật vậy Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết a b c ≤ ≤ 3a a b c 3 ⇒ ≤ + + = hay a 1≤ f (a,b,c) f (a,t,t)− = 2 2 2 2 2 2 2 3(a b c ) 4abc 13 3(a t t ) 4at 13+ + + − − + + − + = 2 2 2 2 3(b c 2t ) 4a(bc t )+ − + − = 2 2 2 2 2(b c) (b c) 3 b c 4a bc 4 4     + + + − + −         = 2 2 3(b c) a(b c) 2 − − − = 2 (3 2a)(b c) 0 2 − − ≥ do a 1≤ 0,5 *Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f (a,t,t) 0≥ với a+2t=3 Ta có 2 2 2 2 f (a,t,t) 3(a t t ) 4at 13= + + + − = 2 2 2 2 3((3 2t) t t ) 4(3 2t)t 13− + + + − − = 2 2(t 1) (7 4t) 0− − ≥ do 2t=b+c < 3 Dấu “=” xảy ra t 1& b c 0 a b c 1 ⇔ = − = ⇔ = = = (ĐPCM) 0,5 2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 2 2 x xy y 1− + = .Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 2 x y 1 P x y 1 + + = + + Từ giả thiết suy ra: 2 2 2 1 x xy y 2xy xy xy 1 (x y) 3xy 3xy = − + ≥ − = = + − ≥ − Từ đó ta có 1 xy 1 3 − ≤ ≤ . 0,25 8 Mặt khác 2 2 2 2 x xy y 1 x y 1 xy− + = ⇔ + = + nên 4 4 2 2 x y x y 2xy 1+ = − + + .đặt t = xy Vậy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của 2 t 2t 2 1 P f (t) ; t 1 t 2 3 − + + = = − ≤ ≤ + 0.25 Tính 2 t 6 2 6 f '(t) 0 1 0 (t 2) t 6 2(l)  = − = ⇔ − + = ⇔  + = − −   0.25 Do hàm số liên tục trên [ ] 1; 3 1 − nên so sánh giá trị của 1 f ( ) 3 − , f ( 6 2)− , f (1) cho ra kết quả: MaxP f ( 6 2) 6 2 6= − = − , 1 11 min P f ( ) 3 15 = − = 0.25 Câu VIa 1 Điểm a) (Học sinh tự vẽ hình) Ta có: ( ) AB 1;2 AB 5= − ⇒ = uuur . Phương trình của AB là: 2x y 2 0+ − = . ( ) ( ) I d : y x I t; t∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC: C(2t 1;2t)− 0,5 Theo bài ra: ABC 1 S AB.d(C,AB) 2 2 ∆ = = ⇔ . 6t 4 4− = ⇔ t 0 4 t 3 =    =  Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( 3 8 ; 3 5 ) thoả mãn . 0,5 b) 1 Điểm *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên OH / /n(2;1; 1)− uuur r ; ( ) H ABC∈ Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 3 1 suy ra 2 1 1 H( ; ; ) 3 3 3 − 0,25 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔ H là trung điểm của OO’ ⇔ 4 2 2 O'( ; ; ) 3 3 3 − 0,5 CâuVIIa Giải phương trình: 2 (z z)(z 3)(z 2) 10 − + + = , z ∈ C. 1 Điểm PT ⇔ z(z 2)(z 1)(z 3) 10 + − + = ⇔ 2 2 (z 2z)(z 2z 3) 0 + + − = Đặt 2 t z 2z = + . Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 9 Đặt 2 t z 2z= + . Khi đó phương trình (8) trở thành 2 t 3t 10 0− − = 0,25 z 1 i t 2 t 5 z 1 6 = − ±  = −  ⇔ ⇒   = = − ±   Vậy phương trình có các nghiệm: z 1 6= − ± ; z 1 i= − ± 0,5 Câu VIb a) 1 Điểm Viết phương trình đường AB: 4x 3y 4 0+ − = và AB 5= Viết phương trình đường CD: x 4y 17 0− + = và CD 17= 0,25 Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: M (t;3t 5)= − Ta tính được: 13t 19 11t 37 d(M,AB) ;d(M,CD) 5 17 − − = = 0,25 Từ đó: MAB MCD S S d(M,AB).AB d(M,CD).CD= ⇔ = 7 t 9 t 3 ⇔ = − ∨ = ⇒ Có 2 điểm cần tìm là: 7 M( 9; 32),M( ;2) 3 − − 0,5 b) 1 Điểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đường thẳng d 1 , d 2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ ( ) 1 2 d d ,d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 , d 2 0, 25 Ta tìm A, B : AB u AB u '  ⊥   ⊥   uuur r uuur uur A∈d 1 , B∈d 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) 0,25 ⇒ AB uuur (….)… ⇒ A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) ⇒ I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là: ( ) 2 2 2 x 2 (y 1) (z 1) 6− + − + + = 0,25 CâuVIIb Giải bất phương trình 2 2 x(3log x 2) 9log x 2− > − 1 Điểm Điều kiện: x 0 > Bất phương trình ⇔ 2 3(x 3)log x 2(x 1)− > − Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. 0.25 TH1 Nếu x 3 > BPT ⇔ 2 3 x 1 log x 2 x 3 − > − 0,25 10 [...]...3 log 2 x đồng biến trên khoảng ( 0;+∞ ) 2 x −1 g(x) = nghịch biến trên khoảng ( 3;+∞ ) x −3 f (x) > f (4) = 3  *Với x > 4 :Ta có  ⇒ Bpt có nghiệm x > 4 g(x) < g(4) = 3 Xét hàm số: f (x) = * Với x < 4 :Ta có f (x) < f (4) = 3   ⇒ Bpt vô nghiệm g(x) > g(4) = 3 TH 2 :Nếu 0 < x < 3 BPT ⇔ 3 x −1 log 2 x < 2 x −3 0 ,25 3 f (x) = log 2 x đồng biến trên khoảng ( 0;+∞ ) 2 x −1 g(x) = nghịch... −3 f (x) > f (1) = 0  *Với x > 1 :Ta có  ⇒ Bpt vô nghiệm g(x) < g(1) = 0  * Với x < 1 :Ta có f (x) < f (1) = 0   ⇒ Bpt có nghiệm 0 < x < 1 g(x) > g(1) = 0  x > 4 Vậy Bpt có nghiệm  0 < x < 1 0 ,25 Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa 11 . thành 2 2 4t 2( 3x 1)t 2x 3x 2 0− + + + − = Ta có: 2 2 2 ' (3x 1) 4(2x 3x 2) (x 3)∆ = + − + − = − 0 ,25 Pt trở thành 2 2 4t 2( 3x 1)t 2x 3x 2 0− + + + − = Ta có: 2 2 2 ' (3x 1) 4(2x 3x 2) . t,l Z∈ 0 ,25 b) Giải phương trình : 2 2 3 (3x 1) 2x 1 5x x 3 2 + − = + − 1 Điểm PT ⇔ 2 2 2( 3x 1) 2x 1 10x 3x 6+ − = + − 2 2 2 2(3x 1) 2x 1 4(2x 1) 2x 3x 2+ − = − + + − . Đặt 2 t 2x 1(t 0)=. I(0; 2; 1). 0 .25 Bán kính là 2 2 2 R IA ( 1 0) (0 2) (1 1) 5.= = − − + − + − = 0 .25 3 VII a Giải pt đã cho ta được các nghiệm: 1 2 3 2 3 2 z 1 i,z 1 i 2 2 = − = + 0.5 Suy ra 2 2 1 2 1 2 3 2 22 |