Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC.. Tính thể tích phần chung của ha[r]
(1)SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ
TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II
A PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH: Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y = 2x3- 3x2 – (C)
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C)
2 Gọi dk đường thẳng qua M(0 ; -1) có hệ số góc k Tìm k để đường thẳng dk cắt (C) điểm phân biệt
Câu : (2 điểm)
1 Giải hệ phương trình : 3
8
6
x y x
y
2 Giải phương trình : 3(sin2x + sinx) + cos2x – cosx = Câu : (1 điểm)
Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có cạnh đáy a Khoảng cách từ tâm O tam giác ABC đến mặt phẳng (A’BC)
a
Tính thể tích lăng trụ Câu : (1 điểm)
Tính tích phân I =
1
4
3
x
dx
x x
Câu : (1 điểm)
Cho a, b, c số dương thay đổi thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ P : P = a2 + b2 +c2 + 2
ab bc ca a b b c c a
.
B PHẦN RIÊNG CHO CAC THÍ SINH : - Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: (3 điểm)
1, (1 điểm): Mặt phẳng oxy Hãy lập phương trình đường thẳng d cách A(1; 1) khoảng cách B(2; 3) khoảng
2, (1 điểm): Cho tứ diện ABCD với A(0; 0; 2); B(3; 0; 5); C(1; 1; 0); D(4; 1; 2) Hãy tính độ dài đường cao hạ từ D xuống mặt phẳng (ABC) viết phương trình mặt phẳng (ABC)
3, (1 điểm): Giải phương trình:
2
3 18
x x x
- Theo chương trình nâng cao: Câu 6b (3 điểm)
1, (1 điểm): Mặt phẳng oxy cho ba đường thẳng: d1: 3x – y – = 0; d2: x + y – =0;
d3: x – = Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết A C thuộc d3; B thuộc d1; D thuộc d2
2, (1 điểm): Tìm tọa độ trực tâm H tam giác ABC không gian oxyz với A(3; 0; 0); B(0; 2; 0); C(0; 0; 1)
3, (1 điểm): Giải bất phương trình:
3
log log
( 10 1) ( 10 1)
3
x x x
(2)(3)SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA
ĐÁP ÁN SƠ BỘ VÀ CHO ĐIỂM TỪNG PHẦN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II A PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH:
Câu Đáp án sơ bộ Thang điểm
Câu 1)
y = 2x3- 3x2 – (C) TXĐ : D = R
SBT : y’ = 6x2 – 6x = x = ; x = 1
0,25đ Cực trị, đồng biến, nghịch biến, giới hạn, cực đại, cực tiểu :
X - 0 1 +
Y
y’ -1 +
- -2
0,25đ
CĐ(0 ; -1) ; CT(1 ; -2) ;
Đồng biến : x (-; 0)(1 ; +) ; Nghịch biến: x (0 ; 1) ;
Giới hạn : xlim y ; xlim y;
0,25đ
Đồ thị : y’’=0 12x – = x= 1/2 U(
1
; 2) x= -1 y = -6 ; x=2 y = 5.
0,25đ
Câu 1- (1 điểm)
Dk đường thẳng đia qua điểm M(0; -1) với hệ số góc k có dạng y = kx – với
điều kiện k 0. 0,25đ
Vì d cắt (C) ba điểm phân biệt phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị nghiệm phương trình : 2x3 – 3x2 – = kx -1 có ba nghiệm phân
biệt : 2x3 – 3x2 –kx = x(2x2 – 3x –k ) = 0 0,25đ Phương trình có ba nghiệm phân biệt 2x2 – 3x –k = có hai nghiệm phân
(4)
9
0 k k
9 k k
Vậy với
9 k k
dk qua M(0 ; -1 )cắt (C) ba điểm phân biệt
Câu (2 điểm) 1, (1điểm)
Giải hệ phương trình :
3
8
6
x y x
y
Điều kiện y 0
Đặt z = 2/y ta hệ :
3 3
x z z x
0,25đ
Trừ vế với vế hai phương trình dẫn đến : x – z =
x2 + xz + z2 +3 >0 với x, z 0,25đ Thay x = z vào phương trình (1) hệ ta : x3 – 3x – =
(x+1)2(x - 2) = x = -1 x = 2
Từ x = z = 2/y
1
2
2
y y
y y
(x ; y ) (-1 ; -2) ; (2 ; 1) Giải phương trình : Nhân 3 vao, khai triển, chia vế cho ta :
3
2 sin2x +
2cos2x+
sinx-1
2cosx = 1
Áp dụng công thức biến đổi đến : cos(2x 3) sin(x 6)
-1+cos(2x 3) sin(x 6)
=
2
2sin ( ) sin( )
6
(5)Giải :
sin( )
6 sin( )
6
x x
họ nghiệm : x = k
; x = k
; x = k2 với kZ
Câu : (1điểm) Câu : (1 điểm)
Gọi M trung điểm BC H Hình chiếu O lên A’M
Ta có : AMBC ; AA’BC BC(A’AM) BCOH ; OH(A’BC)
OH = 6 a
= d(O,(A’BC))
Đặt AA’= x có OMH MAA ' nên AA ' '
OH MO
MA
2
3
6
6
4
a a
x
x a
x = a
0,25đ
Vậy VABC.A ‘B’C’ = S 3
4 a
a =
3
16 a (đvtt)
0,5đ
I =
2
4
3
x
dx
x x
=
2
0
2
(2 )
3
x
dx
x x x x
= ln(x2+3x+2)
1 0- ln
1 x x
1
0= 2ln6 – 2ln2 – ln 3+ ln
1
0,5đ H
A A’ B’
C’
B M
C
(6)= 2ln3 – ln2 + ln3 – ln2 = 3ln3 – 2ln2 = ln 27
4
0,5đ
Câu : (1 điểm)
3(a2 +b2 +c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)
a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + ca2 + ac2 0,25đ Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số :
3 2 a ab a b
3 2 b bc b c
3 2 c ca c a
3(a2 +b2 +c2) 3(a2b + b2c + c2a ) > 0 (a2 +b2 +c2) a2b + b2c + c2a
Do đó: P a2 + b2 + c2 + a2 b2 c2 ab bc ca
P a2 + b2 + c2 + 2
2( )
2(a b c ) ab bc ca
P a2 + b2 + c2 +
2 2 2
9 (a b c )
2(a b c )
0,25đ
Đặt t = (a2b2c )2 Ta có : t3 = 3(a2b2c )2 P t +
9
t t
=
9
3
2 2 2
t t
t
= P Đẳng thức sảy a = b = c = 1
0,25đ
B PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH: Theo chương trình chuẩn:
6a(1) (1 điểm)
(d) có dạng: ax +by + c = Nhận thấy AB = < d(A,d1) + d(B,d2) d(M,) kí hiệu khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng A, B nằm phía đường thẳng (d)
(a + b + c)(2a + 3b + c) >0 (1) Theo giả thiết d(A,d1) = 2; d(B,d2) =
2
2 (2)
2(3)
a b c a b c
a b c
a b
Từ (1) (2) 2a + 3b + c = 2a + 2b +2c b = c Thế b = c vào (3) tìm a = 0; a =
4 3b. Có hai đường thẳng thỏa mãn:
D1: y + = D2: 4x + 3y +3 = 6a(2)
(1 điểm) AB
(7)D(D,(ABC)) =
4 2 11
11
(đvcd)
6a(3) (1 điểm)
Đk: x 0;
2 2
3
log (3 ) x
x x
= log 183
Dẫn đến: (x - 2)[x2 + 2x + 3log 23 ] = 0
x = x2 + 2x + 3log 23 = vơ nghiệm <0.
Theo chương trình nâng cao: 6b(1)
(1 điểm) Ta có B(b; 3b - 4) d1 ; D(d; - d) d2
A, C d3 song song với oy nên B D đối xứng qua d3 nên d3 : x = 3
3
b d
b d
2 b d
B(2; 2); D(4; 2) I(3; 2) IA2 = IB2 mà A(3; a) d; I tâm hình vng ABCD Nên (a - 2)2 = 1 a= vaf a = có hai nghiệm hình
A(3; 3); B(2; 2); C(3; 1); D(4, 2) A(3; 1); B(2; 2); C(3; 3); D(4, 2) 6b(2)
(1 điểm) Gọi H trực tâm ABC
giao mặt phẳng :
Mặt phẳng (ABC) qua A mặt phẳng qua A vng góc với BC; Mặt phẳng (Q) đic qua B vng góc với AC
Mặt phẳng (ABC): Cặp phương: BC = (0; -2; 1); AC= (-3; 0; 1) n = (2; 3; 6) Phương trình (ABC): 2x + 3y + 6z – = 0;
Mặt phẳng qua A có n
= BC
Phương trình là: -2y + z = 0; Mặt phẳng (Q) qua B(0; 2; 0) có n
= AC
Phương trình là: -3x + 2z = Vậy tọa độ H nghiệm hệ:
2 6
2
3
x y z
y z x z
12 49 18 49 36 49 x y z
(8)Vậy H( 12 49;
18 49;
36 49)
6b(3) (1 điểm)
Đưa về: ( 10 1) log3x-
3
log log
( 10 1)
3
x x
(x>0) 0,25
đ
Đặt t=
3
log 10
( )
3
x
; t>0 0,25đ
t2 - t
2
3 3t2 -2t -1>0 t 1 0,25
đ
Dẫn đến x 1
(9)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN – Khối: B
(Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số
2
x y
x
Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
Tìm đồ thị (C) hai điểm đối xứng qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) N(-1; -1) Câu II (2,0 điểm):
Giải phương trình:
2
2
1
1 x x
x x
Giải phương trình: sinxsin2 xsin3xsin4xcosxcos2 xcos3xcos4x Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân:
2
ln
ln ln
e
x
I x dx
x x
Câu IV(1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD S’.ABCD có chung đáy hình vng ABCD cạnh a Hai đỉnh S S’ nằm phía mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vng góc lên đáy trung điểm H AD trung điểm K BC Tính thể tích phần chung hai hình chóp, biết SH = S’K =h
Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z số dương thoả mãn xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu
thức:
9 9 9
6 3 6 3 6 3
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần(phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình: x2y2 4 3x 0
Tia Oy cắt (C) A Lập phương trình đường trịn (C’), bán kính R’ = tiếp xúc với (C) A
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) đường thẳng d có
phương trình
2 (t R)
x t
y t
z t
Tìm d điểm M cho tổng khoảng cách từ M đến A B nhỏ
(10)B Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm):
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = đường chéo AC qua điểm M(2;1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật
Trong không gian với hệ toạ độ vng góc Oxyz, cho hai đường thẳng:
2 3
( ) ; ( ')
1
x y x y z
x y z x y
.Chứng minh hai đường thẳng () (')
cắt Viết phương trình tắc cặp đường thẳng phân giác góc tạo () ( '
).
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
log log log log 12 log log
x y y x
x x y y
- Hết -ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điể
m I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
CâuI 2.0
1 TXĐ: D = R\{-1}
Chiều biến thiên:
' x D
( 1) y
x
=> hs đồng biến khoảng ( ; 1) ( 1; ), hs khơng có cực trị 0.25 Giới hạn: xlim y2, limx 1 y, limx 1y
=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = BBT
x - -1 + y’ + +
y
+ 2 -
0,25
0.25 + Đồ thị (C):
Đồ thị cắt trục hoành điểm 2;0, trục tung điểm (0;-4)
f(x)=(2x-4)/(x+1) f(x)=2 x(t)=-1 , y(t)=t
-6 -5 -4 -3 -2 -1
-5 -4 -3 -2 -1
x y
Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận làm tâm đối xứng
(11)2 Gọi điểm cần tìm A, B có
6
; ; ; ; ,
1
A a B b a b
a b
0.25
Trung điểm I AB: I
2
;
2 1
a b a b
a b
Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0.25
Có : AB MN I MN 0.25 =>
0 (0; 4)
2 (2;0) a A b B
0,25
CâuII 2.0
1 TXĐ: x 1;3 0,25
Đặt t= x 1 3 x , t > 0=>
2
2
3
2 t
x x
0,25
đc pt: t3 - 2t - = t=2 0,25
Với t =
1
1 =2 ( / )
3 x
x x t m
x 0,25
2 sinxsin2xsin3xsin4 xcosxcos2xcos3xcos4 x 1,0 TXĐ: D =R
2 4
sinxsin xsin xsin xcosxcos xcos xcos x
sin
(sin ) 2(sin ) sin
2 2(sin ) sin
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
0,25
+ Với sinx cosx x k (k Z)
0,25
+ Với 2(sin x cosx ) sin x cosx0, đặt t = sinx cosx (t 2; ) pt : t2 + 4t +3 =
1 3( ) t t loai 0.25
t = -1
2 ( ) 2 x m m Z x m Vậy : ( )
2 ( )
2
x k k Z
x m m Z
x m 0,25
Câu III 2
1 ln ln ln e x
I x dx
x x 1,0
I1 =1
ln ln
e x
dx x x
, Đặt t = ln x,… Tính I1 =
4 2
3 0,5
1
ln
e
I x dx
(12)I = I1 + I2 =
2 2
3
e 0,25
Câu IV 1,0
M N A B D C S S' H K
SABS’ SDCS’ hình bình hành => M, N trung điểm SB, S’D : V V S ABCD VS AMND
0,25
S AMND S AMD S MND
V V V ;
1
; ;
2
S AMD S MND
S ABD S BCD
V SM V SM SN
V SB V SB SC
0.25
1 S ABD S ACD S ABCD
V V V
;
3
8
S AMND S ABCD S ABCD
V V V V 0.25
2 24
V a h
0.25
CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc :
3 3 3
2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
0.25
3 2
2 ( ) 2
a b a ab b
a b
a ab b a ab b
mà
2
2
1
a ab b
a ab b
(Biến đổi tương đương)
2
2
1
( ) ( )
3
a ab b
a b a b
a ab b
0.25
Tương tự:
3 3
2 2
1
( ); ( )
3
b c c a
b c c a
b bc c c ca a
=>
( ) 2
3
P a b c abc
(BĐT Côsi)
0.25 => P2,P2 a = b = c = 1 x = y = z =
Vậy: minP = x = y =z =1 0.25
II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) A Chương trình chuẩn CâuVI.
a
2.0 1 A(0;2), I(-2 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ 0,25
Pt đường thẳng IA :
2 2 x t y t
, I'IA => I’(2 ; 2t t2), 0,25
1
2 ' '( 3;3)
2 AI I A t I
(13)(C’):
2 2
3
x y
0.25
2 M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)d , AB//d. 0.25
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB A’B (MA+ MB)min = A’B, A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
0.25 0,25
MA=MB <=> M(2 ; ; 4) 0,25
CâuVII .a
1.0 z = x + iy (x y R, ), z2 + z 0 x2 y2 x2y2 2xyi0 0,25
2 2
2
0 xy
x y x y
0,25
(0;0); (0;1) ; (0;-1) Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,5
B Chương trình nâng cao Câu
VI.b
2.0 1 BDAB B (7;3), pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0
(2 1; ), ( ;17 ), 3,
A AB A a a C BC C c c a c ,
I =
2 17
;
2
a c a c
trung điểm AC, BD. 0,25
IBD 3c a 18 0 a3c18 A c(6 35;3c18) 0,25 M, A, C thẳng hàng MA MC,
phương => c2 – 13c +42 =0
7( ) c loai c 0,25
c = =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25
2.
Chứng minh hệ có nghiệm nhất, ()(') = A
1 ;0; 2
0.5
(0; 1;0) ( )
M , Lấy N ( '), cho: AM = AN => N AMN
cân A, lấy I trung điểm MN => đường phân giác góc tạo () ( '
) đg thẳng AI 0.25
Đáp số:
1
1 3
2 2
( ) : ;( ) :
1 2 1 2
14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30
x y z x y z
d d
0,25
Câu VII.b TXĐ: 0 x y 0.25
2 2
3 3
log log log
log 12 log log 12
x y
x y
x y y x y x
x x y y x y
(14)2 x y
y x
y x
0.25
4
log 2 log x
y
(t/m TXĐ)
0,25 (Học sinh giải không theo cách đáp án, gv cho điểm tối đa tương ứng
như đáp án ).
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 – KHỐI A+B
MÔN TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); ( m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với
Câu II:(2 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
1 1
x y xy
x y
Tìm x(0; ) thoả mÃn phơng trình: cotx = cos 2x
1+tanx+sin
2 x −1
2sin 2x
Câu III: (2 điểm)
Trên cạnh AD hình vng ABCD có độ dài a, lấy điểm M cho AM = x (0 < x a)
Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) A, lấy điểm S cho SA = 2a
a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC)
b) Kẻ MH vng góc với AC H Tìm vị trí M để thể tích khối chóp SMCH lớn
Tính tích phân: I =
2
0 (x sin )cos 2x xdx
(15)Cõu IV: (1 điểm) : Cho số thực dơng a,b,c thay đổi thoả mãn : a+b+c=1
Chứng minh :
2 2
2
a b b c c a
b c c a a b
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A Theo chương trình chuẩn
Cõu Va : 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích 2 và trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C
2.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) đờng thẳng :
1
1
x y z
Tìm toạ độ điểm M cho:MA2MB228 Cõu VIa : Giải bất phơng trình:
2−√3¿x2−2x−1 2−√3 2+√3¿x
2
−2x+1 +¿ ¿
B Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb : Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600.
2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d víi d :
x y z
2 1
.Viết phương trỡnh chớnh tắc đường thẳng qua điểm M, cắt vuụng gúc với đường thẳng d tìm toạ độ điểm M’ đối xứng với M qua d
Câu VIb : Giải hệ phương trình
3
log log
2
4 4
4 2 ( )
log ( ) log 2 log ( 3 )
xy xy
x y x x y
- HẾT
Híng dÉn chÊm môn toán
Câu ý Nội Dung Điểm
I
1 Khảo sát hàm sè (1 ®iĨm)
y = x3 + 3x2 + mx + 1 (C m)
1 m = : y = x3 + 3x2 + 3x + (C 3)
+ TXÑ: D = R
+ Giới hạn: xlim y , limx y
0,25 + y’ = 3x2 + 6x + = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2
0; x
hàm số đồng biến R 0,25
Bảng biến thiên:
(16)+ y” = 6x + = 6(x + 1)
y” = x = –1 tâm đối xứng U(-1;0) * Đồ thị (C3):
Qua A(-2 ;-1); U(-1;0) ; A’(0;1)
0,25
2
Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) đường thẳng
y = laø:
x3 + 3x2 + mx + =
x(x2 + 3x + m) =
x
x 3x m (2)
0,25
* (Cm) cắt đường thẳng y = C(0;1), D, E phân biệt:
Phương trình (2) có nghiệm xD, xE
2
m 4m
4 m m 9
(*)
0,25
Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD=y’(xD)=
2
D D D
3x 6x m (3x 2m);
kE=y’(xE)=
2
E E E
3x 6x m (3x 2m)
Các tiếp tuyến D, E vuông góc khi: kDkE = –1
0,25
(3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1
9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1
9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định
lý Vi-ét) 4m2 – 9m + =
9 65
8
9 65
8 m
m
So s¸nhĐk (*): m =
1 65
(17)II 2
1
§k:
1 x y
(1)
( ) 0 ( )( 2 ) 0
2 0
2
0( )
x y y xy x y x y x y
x y x y voly
0,5
x = 4y Thay vµo (2) cã
4 1 1
4 2 1 2
1 ( )
2 2
5 10
2 ( )
2
y y y y
y y y y y
y tm
y x
x
y y tm
0,25
V©y hƯ cã hai nghiƯm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25
2
®K:
¿
sin 2x ≠0 sinx+cosx ≠0
⇔ ¿sin 2x ≠0
tanx ≠ −1
¿{ ¿ PT ⇔cosx −sinx
sinx =
cos 2x.cosx
cosx+sinx +sin
2x −sinxcosx ⇔cosx −sinx
sinx =cos
2
x −sinxcosx+sin2x −sinxcosx
(18)⇔ cosx −sinx=sinx(1−sin 2x)
⇔ (cosx −sinx)(sinxcosx −sin2x −1)=0
0,25
⇔ (cosx −sinx)(sin 2x+cos 2x −3)=0
(cosx sinx)( sin(2x 4) 3) 0
cos
2 sin(2 ) 3( )
4 x sinx
x voly
0,25
⇔ cosx −sinx=0 ⇔ tanx = ⇔x=π
4+kπ(k∈Z) (tm®k)
Do x∈(0;π)⇒k=0⇒x=π
4
0,25
III 2
1
Do
( )
( ) ( )
( )
SA ABCD
SAC ABCD
SA SAC
Lai cã
(19)( ) ( )
( ) ( , ) sin 45
2 o
MH AC SAC ABCD
x
MH SAC d M SAC MH AM
Ta cã
0
45
2
1
( )
2 2
1
( )
3 2
MHC
SMCH MCH
x x
AH AM cos HC AC AH a
x x
S MH MC a
x x
V SA S a a
O,5
Tõ biÓu thøc trªn ta cã:
3 2
1 2 2
3
2
2
SMCH
x x
a
a
V a
x x
a x a
⇔ M trïng víi D
0,25
2 1
I =
4 4
2
1
0 0
(x sin )x cos xdx2 xcos xdx2 sin 2xcos xdx I2 I
0,25
TÝnh I
đặt
4
0
1 sin 2 4 sin 2 1
2 sin 2 2 0 2 2
du dx
u x x
I x xdx
v cos xdx v x
1
2
8 4cos x0
(20)TÝnh I
2
2
1 1 4 1
sin (sin ) sin 2
2 6 6
0
I xd x x
0,25
VËy I=
1 1
8 12
0,25
IV 1 1
Ta cã :VT =
2 2
( a b c ) ( b c a ) A B
b c c a a b b c c a a b 0,25
3
1 1
3 ( ) ( ) ( )
2
1 1
3 ( )( )( )3
2
3
A a b b c c a
a b b c c a a b b c c a
a b b c c a A
0,25
2 2
2
1 ( ) ( )( )
1
2
a b c
a b c a b b c c a
a b b c c a
B B
0,25
Từ tacó VT
3
2 VP
Dấu đẳng thức xảy a=b=c=1/3
0,25
V.a 2
1 1
Ta cã: AB = 2, trung ®iÓm M (
5
; 2), pt (AB): x – y – =
0,25
SABC=
2d(C, AB).AB =
2 d(C, AB)=
2
Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC d(G, AB)=
2
(21) d(G, AB)=
(3 8) t t
=
2 t = hc t = 2 G(1; - 5) hc G(2; - 2)
0,25
Mµ CM 3GM
C = (-2; -10) hc C = (1; -1)
0,25
2 1
1
: (1 ; ; )
2
x t
ptts y t M t t t
z t
0,5
Ta cã: MA2MB2 2812t2 48t48 0 t 0,25
Từ suy : M (-1 ;0 ;4) 0,25
VI.a 1 1
Bpt ⇔(2+√3)x
2
−2x
+(2−√3)x
2
−2x
4 0,25
t=(2+√3)x
2
−2x
(t>0) BPTTT : t+1t ≤4
t2 4 0t ⇔2−√3≤t ≤2+√3
(tm)
0,25
Khi : 2−√3≤(2+√3)x
2
−2x
≤2+√3 ⇔−1≤ x2−2x ≤1
0,25
⇔ x2−2x −1≤0⇔1−√2≤ x ≤1+√2
0,25
V.b 2
1 1
(C) có tâm I(3;0) bán kính R = 2; M Oy M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)
Vậy
0 60 (1) 120 (2) AMB
AMB
Vì MI phân giác AMB (1) AMI = 300 sin 300
IA MI
MI = 2R m29 4 m (2) AMI = 600 sin 600
IA MI
MI =
3 R
2 9
3 m
Vơ nghiệm
Vậy có hai điểm M1(0; 7) M2(0;- 7)
0,5
(22)VIb
2 1
Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vuông góc với d
d có phương trình tham số là:
x 2t
y t
z t
Vì H d nên tọa độ H (1 + 2t ; + t ; t).Suy :MH
= (2t ; + t ; t)
0,25
Vì MH d d có vectơ phương u = (2 ; ; 1), nên : 2.(2t – 1) + 1.( + t) + ( 1).(t) = t =
2
3 Vì thế, MH =
1
; ;
3 3
3 (1; 4; 2) MH
u MH
0,25
Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là:
x y z
1
0,25
Theo trªn cã
7
( ; ; )
3 3
H
mà H trung điểm MM’ nên toạ độ M’
8
( ; ; )
3
0,25
ĐK: x>0 , y>0
(1) 3
2 log log
2 xy 2 xy 2 0
0,5
log3xy = xy = 3y=
3 x
(2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) x2+ 2y2 =
0,25
Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( 3; 3) ( 6; )
0,25
A M D
S
H
(23)