De thi thu Dai hoc Mon Toan khoi A khoi BD va dapan

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.. 2..[r]

SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2011 MƠN: TỐN; KHỐI: B+D

(Thời gian làm 180’ không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số  

3 3 2

m

y x  mx C

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  C1

2 Tìm m để đồ thị hàm số Cmcó tiếp tuyến tạo với đường thẳngd x y:   7 0 góc  , biết

1 os

26

c  

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình  

2

2cos3 cos 3 sin 2 2 os 2 4

x x  x  c  x 

 

2 Giải phương trình x 3 3x  1 x 1

Câu III (1 điểm) Tính tích phân  

3ln

2

0 x 2

dx I

e



 

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh A, AB a 2 Gọi I trung điểm cạnh BC Hình chiếu vng góc H S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn IA2 IH Góc SC mặt đáy (ABC) 600 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trung điểm K SB đến mặt phẳng (SAH)

Câu V (1 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2b2c2 1 Chứng minh

5 5

2 2 2

2 2 2 2 3

3

a a a b b b c c c

b c c a a b

     

  

  

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d x y:   3 0 d x y' :   6 0 Trung điểm cạnh giao điểm d với trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2) N( 1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ K0;0; 2 đến (P) đạt giá trị lớn Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển  

n

n k n k k

n k

a b C a b



 

với quy ước số hạng thứ i khai triển số hạng ứng với k = i-1

Hãy tìm giá trị x biết số hạng thứ khai triển

8

1

3 1 log 3 1

log2 5 2

2

x

x  

 

 



   



 

 

 

 

là 224

1 Cho tam giác ABC cân A, phương trình cạnh AB, BC x2y1 0 3x y  5 0 Viết phương trình cạnh AC biết AC qua điểm M(1;-3).

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A2;3;1 , B1; 2;0 , C1;1; 2  Tìm tọa độ trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x3log2x 29log2x 2 ……….Hết………

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN; KHỐI: B+DKỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2011

(Thời gian làm 180’ không kể thời gian phát đề)

Câu Nội dung Điểm

I

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

Hàm số (C1) có dạng

3 3 2

y x  x

 Tập xác định: 

 Sự biến thiên

- xlim  y , limx y 

0,25

- Chiều biến thiên: y' 3 x2 3 0  x1

Bảng biến thiên

X   -1 

y’ + - +

Y

4 

 

0,25

Hàm số đồng biến khoảng   ; , 1;  , nghịch biến khoảng

(-1;1)

Hàm số đạt cực đại x1,yCD4 Hàm số đạt cực tiểu x1,yCT 0

0,25

Đồ thị: Đồ thị hàm số qua điểm (0; 2), (1; 0) nhận I(0; 2) làm điểm uốn

f(x)=x^3-3x+2

-2 -1

-1

x y

0,25

2.(1,0 điểm)

Gọi k hệ số góc tiếp tuyến tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến n1k; 1 



, d có vec tơ pháp

tuyến n2 1;1

 0,25

Ta có

1

2

3 1

1 2

cos

2

26 2 1

3

k

n n k

n n k k



   

    

  

  

 

Yêu cầu toán  hai phương trình y'k v y1 à 'k2 có nghiệm x     2 3

3 2 2 2 ó nghiê

2 2

3 2 2 2 ó nghiê

3

x m x m c m

x m x m c m

                0,25 ' ' 2

1 1 1

8 2 1 0 4 2 2

3 3

4 3 0 1

4 4

m m m

m m

m m m m m

                                     0,25 II

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

 

 

2

2cos3 cos 3 sin 2 2 os 2 4 cos 4 os2 3 sin 2 3 1 os 4

2

x x x c x

x c x x c x

                             0,25

os4 3 sin 4 os2 3 sin 2 0

sin 4 sin 2 0

6 6

2sin 3 cos 0

6

c x x c x x

x x x x                                 0,5

sin 3 0 18 3

6 cos 0 2 x k x x k x                               0,25 2.(1,0 điểm) Điều kiện: 1 3 x

Khi x 3 3x  1 x 1 3x 1 x  3 x 1 0

0,25     2 1 1 0

3 1 3

x

x

x x



   

   0,25

 1 2 1 0

3 1 3

x x x             2

1 1 0,

3 1 3

x Do x

x x               (tmdk)

Vậy phương trình có nghiệm x =

0, 5

III (1điểm)

   

3ln 3ln 3

2 2

3 3

0 2 2

x x

x x

dx e dx

I

e e e

 

 

  0,25

Đặt

3 1

3

x x

t e  dt e dx

Với x = t = 1; x = 3ln2 t =

0,25 Khi     2 2

1 1

3 3 1 1 2 3 2 3 3 1

ln ln

4 2 4 2 2 4 2 6

2 2

dt t

I dt

t t t t

t t t

     

 

           

        

   

IV (1điểm)

*Ta có IA2IH 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

H thuộc tia đối tia IA IA2IH

BCAB 2 2 a

Suy

3 ,

2 2

a a

IA a IH   AH IA IH 

0,25

Ta có

2 2 2 . .cos 450 5

2

a

HC AC AH  AC AH  HC

Vì     

0 15

, 60 .tan 60

2

a

SH  ABC  SC ABC SCH   SH HC 

0,25

Ta có

2 2 2 . .cos 450 5

2

a

HC AC AH  AC AH  HC

Vì     

0 15

, 60 .tan 60

2

a

SH  ABC  SC ABC SCH   SH HC 

0,25

Thể tích khối chóp S.ABCD là:  

3

1 15

.

3 6

S ABC ABC

a

V  S SH  dvtt 0,25

*

 

BI AH

BI SAH

BI SH

 

 

  

 

 

 

       

, 1 1 1

, ,

2 2 2 2

,

d K SAH SK a

d K SAH d B SAH BI

SB d B SAH

      

0,25

V

(1điểm) Do a, b, c > a2b2c2 1 nên a b c, , 0;1 Ta có

 2

3

2 2

1 2

1

a a

a a a

a a

b c a



 

  

 

Bất đẳng thức trở thành      

3 3 2 3

3

a a b b c c

        

0,5

S

H

C

A

B I

Xét hàm số     

3 0;1

f x x x x

Ta có:

   

      0;1

2 3 ax

9

2 3 3

M f x

f a f b f c



   

Dấu “=” xảy a = b = c= 1

3

0,5

VIa

(2điểm) 1.(1,0 điểm)Tọa dộ giao điểm I d d’ nghiệm hệ phương trình 9

3 0 2 9 3

;

6 0 3 2 2

2

x x y

I x y

y

  

  

   

 

   

    

  

 

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm AD  

Ox 3;0

M d M

   

0,25

Ta có: AB2IM 3 2

Theo giả thiết SABCD AB AD. 12 AD2 2

Vì I, M thuộc d  d AD AD x y:   3 0

0,25

Lại có MA MD  2 tọa độ điểm A, D nghiệm cuẩ hệ phương trình

 2    

3 0 2 4

2;1 ; 4; 1

1 1

3 2

x y x x

A D

y y

x y

  

    



   

  

 

    

 

0,25

Do I trung điểm AC nên C(7; 2)

TT: I trung điểm BD nên B(5; 4) 0,25

2.(1,0 điểm)

Gọi nA B C, ,  

A2 B2 C2 0

  

là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;

 1  2 0 2 0

Ax B y  C z   Ax By Cz B    C

0,25

 1;1;3   3 2 0 2

N   P   A B  C B  C  A B C

  P : 2B C x By Cz B 2C 0

       0,25

Khoảng cách từ K đến mp(P) là:

 

 , 

2

4

B d K P

B C BC



 

-Nếu B = d(K,(P))=0 (loại)

-Nếu B0thì

 

 ,  2 2 1 2 1

2

4 2 4

2 1 2

B d K P

B C BC C

B

  

   

 

 

 

0,25

Dấu “=” xảy B = -C Chọn C =

Khi pt (P): x + y – z + = 0,25

VIIa (1điểm)

Ta có  

 

 

1

3

2

1

1

log

log 3 5 5

2 9 7 , 2 3 1

x

x  x    x 

    0,25

       

3

1 1

5 3 5 1

8 9x 7 3x 1 56 9x 7 3x 1

C          

    

   

   

Treo giả thiết ta có

    1

1

1

9 7

56 9 7 3 1 224 4

2

3 1

x

x x

x

x x

 

 



  

      



  0,5

VIb

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến n11; 2



Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến n1 3; 1 



Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình:

 1  3 0  2 0

a x b y  a b 

0,25

Tam giác ABC cân đỉnh A nên ta có:

    2 3 22 2 2 2 3 2 2 2

os , os ,

1 2 3 1 3 1

a b

c AB BC c AC BC

a b

 

  

   

2 2

1 2

5 3 22 15 2 0

2 11

a b

a b a b a ab b

a b

  

         

  

0,25

Với 1 2

a b

, chọn a= 1, b = ta đường thẳng AC: x + 2y + = (loại AC//AB) 0,25

Với 2 11

a b

, chọn a = 2, b = 11 ta đường thẳng AC 2x + 11y + 31 = 0,25

2.(1,0 điểm)

Hx y z; ;  trực tâm tam giác ABC BH AC CH, AB H, ABC

   

     

     

2 15

1 2 2 3 0

. 0

29

. 0 3 1 1 2 0

15

2 8 3 5 1 0

, 0 1

3

x

x y z

BH AC

CH AB x y z y

x y z

AH AB AC

z

  

       



 

 

             

  

         

   

 

   

    

0,5

Ix y z; ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC AI BI CI I , ABC

         

       

     

2 2 2 2

2

2 2

2 2

2 3 1 1 2

1 1 2 1 2

2 8 3 5 1 0

, 0

x y z x y z

AI BI

CI BI x y x y z

x y z

AI AB AC



           

 

 

              

 

        

   

 

  

14 15

61 14 61 1

, ,

30 15 30 3

1 3

x

y I

z

   

  

      

 

 

  

0,5

VIIb (1điểm)

Điều kiện x >

Bất phương trình  3x 3 log x2x1  1

Nhận thấy x = nghiệm phương trình (1)

TH1: Nếu x >  

3 1

1 log

2 3

x x

x



 



Xét hàm số  

3 log 2

f x  x

, hàm số đồng biến khoảng 0;

 

1 3

x g x

x

 

 , hàm số nghịch biến khoảng 3;

0,25

+ Với x> f x  f  4  3 g 4 g x 

Suy bất phương trình có nghiệm x >

+ Với x4 f x f  4  3 g 4 g x  bất phương trình vơ nghiệm

0,25

TH2: Nếu x <  

3 1

1 log

2 3

x x

x



 



+ Với x thì f x  f  1  0 g 1 g x   bất phương trình vơ nghiệm

+ Với x < f x  f  1  0 g 1 g x  Bất phương trình có nghiệm < x <1 Vậy

bất phương trình có nghiêm

0,25

SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2011 MƠN: TỐN; KHỐI: A

(Thời gian làm 180’ không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số  

3 3 2

m

y x  mx C

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  C1

1;1 ,

I

bán kính hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình  

2

2cos3 cos 3 sin 2 2 os 2 4

x x  x  c  x 

 

2 Giải phương trình  

2

2 1 5 2 4

x    x x 

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I=

1

e

(lnx√x1+lnx+3x

2

lnx)dx

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh A, AB a 2 Gọi I trung điểm cạnh BC Hình chiếu vng góc H S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn IA2 IH Góc SC mặt đáy (ABC) 600 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trung điểm K SB đến mặt phẳng (SAH)

Câu V (1 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2b2c2 1 Chứng minh

5 5

2 2 2

2 2 2 2 3

3

a a a b b b c c c

b c c a a b

     

  

  

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d x y:   3 0 d x y' :   6 0 Trung điểm cạnh giao điểm d với trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

2 Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2) N( 1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ K0;0; 2 đến (P) đạt giá trị lớn Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển  

n

n k n k k

n k

a b C a b



 

Quy ước số hạng thứ i khai triển số hạng ứng với k = i-1

Hãy tìm giá trị x biết số hạng thứ khai triển

8

1

3 1 log 3 1

log2 5 2

2

x

x  

 

 



   



 

 

 

 

là 224

B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB đường chéo BD x 2y 1 0 x 7y14 0 , đường thẳng AC qua điểm

2;1

M

Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A2;3;1 , B1; 2;0 , C1;1; 2  Tìm tọa độ trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x3log2x 29log2x 2 ……….Hết……….

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN; KHỐI: AKỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2011

Câu Nội dung Điểm I

(2điểm)

1.(1,0 điểm)

Hàm số (C1) có dạng

3 3 2

y x  x

 Tập xác định: 

 Sự biến thiên

- xlim  y , limx y 

0,25

- Chiều biến thiên: y' 3 x2 3 0  x1

Bảng biến thiên

X   -1 

y’ + - +

Y

4 

 

0,25

Hàm số đồng biến khoảng   ; , 1;  , nghịch biến khoảng

(-1;1)

Hàm số đạt cực đại x1,yCD4 Hàm số đạt cực tiểu x1,yCT 0

0,25

Đồ thị: Đồ thị hàm số qua điểm (0; 2), (1; 0) nhận I(0; 2) làm điểm uốn

f(x)=x^3-3x+2

-2 -1

-1

x y

0,25

2.(1,0 điểm)

Ta có y' 3 x2 3m

Để hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y' 0 có hai nghiệm phân biệt  m0

0,25

Vì 1

' 2 2 3

y x y  mx

nên đường thẳng  qua cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số có phương

trình y2mx2

0,25

Ta có

 ,  2 2 1 1

4 1

m

d I R

m



   

 (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng  ln cắt đường trịn tâm

I(1; 1), bán kính R = điểm A, B phân biệt Với

1 2

m

, đường thẳng  không qua I, ta có:

2

1 1 1

.sin

2 2 2

ABI

S  IA IB AIB R 

0,25

Nên SIAB đạt giá trị lớn ½ sinAIB = hay tam giác AIB vuông cân I

1

2 2

R IH

  

(H trung điểm AB)

2 1 1 2 3

2 2

4 1

m

m m

 

   



0,25

II

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

Đặt  

2

2 4 2 2

tx x   t  x  x

ta phương trình

0,25

2

2 4

1 5 2 8 0

2 2

t t

t t t

t

 

        

 

Với t4 ta có

 

0 0 0

2

2 4 4 2 4 2 2

2 16 2 8 0 2

x x x

x x x

x x x x x

  

      

     

  



  

 



 0,25

Với t2 ta có

 

2

4 2

0 0 0

2 4 2 3 1

2 2 4 2 2 0 3 1

x x x

x x x

x x x x x



    

 

          

        

 



0,25

III

(1điểm) I=

1

e

lnx

x√1+lnxdx+31

e

x2ln xdx =I1+3I2

+) Tính I1=

1

e

lnx

x√1+lnxdx

Đặt

2 1

1 ln 1 ln ; 2

t x t x tdt dx

x

     

Khi x=1⇒t=1; x=e⇒t=√2

0,25

 

   

2

2 1 3 2 2 2

2 2 2

.2 2

1 1 1 3 3

1

t t

I tdt t dt t

t

 

        

 

 

 

 

0,25

+) TÝnh I2=

e

x2lnxdx Đặt

u=lnx

dv=x2dx

⇒

¿du=dx

x

v=x

3

3

¿{

¿



         

e

3 3 3

e e

2 1

1

x 1 e 1 x e e 1 2e 1

I ln x x dx .

3 3 3 3 3 3 9 9 9

0,25

I=I1+3I2=¿ 5−2√2+2e

3

IV (1điểm)

*Ta có IA2IH 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

H thuộc tia đối tia IA IA2IH

BCAB 2 2 a Suy

3 ,

2

a a

IA a IH   AH IA IH  0,25

Ta có

5

2 2 2 . .cos 450

2

a HC AC AH  AC AH  HC

Vì     

15

0

, 60 tan 60

2

a SH  ABC  SC ABC SCH   SH HC 

0,25

Ta có

5

2 2 2 . .cos 450

2

a HC AC AH  AC AH  HC

Vì     

0 15

, 60 .tan 60

2

a

SH  ABC  SC ABC SCH   SH HC 

0,25

Thể tích khối chóp S.ABCD là:  

3

1 15

.

3 6

S ABC ABC

a

V  S SH  dvtt 0,25

*

 

BI AH

BI SAH

BI SH

 

 

  

 

 

 

       

, 1 1 1

, ,

2 2 2 2

,

d K SAH SK a

d K SAH d B SAH BI

SB d B SAH

      

0,25

V

(1điểm) Do a, b, c > a2b2c2 1 nên a b c, , 0;1

Ta có

 2

5 2 3

2 1

a a

a a a

a a

b c a



 

  

 

Bất đẳng thức trở thành      

2

3 3

3

a a b b c c

        

0,5

S

H

C

A

B I

Xét hàm số     

3 0;1

f x x x x

Ta có: 0;1  

2 ax

9

M f x 

     

3

f a f b f c

   

Dấu “=” xảy a = b = c= 1

3

0,5

VIa (2điểm)

1.(1,0 điểm)

Tọa dộ giao điểm I d d’ nghiệm hệ phương trình

9

3 0 2 9 3

;

6 0 3 2 2

2

x x y

I x y

y

  

  

   

 

   

    

  

 

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm AD M  d Ox M3; 0

0,25

Ta có: AB2IM 3 2

Theo giả thiết SABCD AB AD. 12 AD2 2

Vì I, M thuộc d  d AD AD x y:   3 0

0,25

Lại có MA MD  2 tọa độ điểm A, D nghiệm cuẩ hệ phương trình

 2    

3 0 2 4

2;1 ; 4; 1

1 1

3 2

x y x x

A D

y y

x y

  

    



   

  

 

    

 

0,25

Do I trung điểm AC nên C(7; 2)

TT: I trung điểm BD nên B(5; 4) 0,25

2.(1,0 điểm)

Gọi nA B C, ,  

A2 B2 C2 0

  

là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;

 1  2 0 2 0

Ax B y  C z   Ax By Cz B    C 

0,25

 1;1;3   3 2 0 2

N   P   A B  C B  C  A B C

  P : 2B C x By Cz B 2C 0

       0,25

Khoảng cách từ K đến mp(P) là:

 

 , 

2

4

B d K P

B C BC



 

-Nếu B = d(K,(P))=0 (loại)

-Nếu B0thì

 

 ,  2 2 1 2 1

2

4 2 4

2 1 2

B d K P

B C BC C

B

  

   

 

 

 

0,25

Dấu “=” xảy B = -C Chọn C =

Khi pt (P): x + y – z + = 0,25

VIIa (1điểm)

Ta có  

 

 

1

3

2

1

1 log 3 1

log 5

2 9 7 , 2 3 1

x

x  x    x 

    0,25

Số hạng thứ khai triển ứng với k =

       

3

1 1

5 3 5 1

8 9x 7 3x 1 56 9x 7 3x 1

C          

    

   

   

0,25

    1

1

56 9 7 3 1 224

9 7 4 3 1 1 2 x x x x x x                   VIb

(2điểm) 1.(1,0 điểm)Do B giao AB BD nên tọa độ B nghiệm hệ phương trình: 21

2 1 0 5 21 13;

7 14 0 13 5 5

5 x x y B x y y                           0,25

Lại có ABCD hình chữ nhật nên AC AB,   AB BD, 

Kí hiệu nAB 1; ,  nBD 1; ,  nAC a b, 

                                         

vtpt đường thẳng AB, BD, AC

Khi ta có:    

2

3

cos , cos , 2

2

AB BD AC AB

n n  n n  a b  a b

                                                        2

7 8 0

7

a b

a ab b b

a            0,25

Với a = -b chọn a= 1, b = -1 Khi phương trình AC: x – y – =

A AB AC nên tọa độ điểm A nghiệm hệ  

1 0 3

3; 2

2 1 0 2

x y x

A

x y y

               

Gọi I tâm hình chữ nhật I ACBD nên tọa độ điểm I nghiệm hệ

7

1 0 2 7 5;

7 14 0 5 2 2

2 x x y I x y y                          

Do I trung điểm AC BD nên

4;3 , 14 12; 5 5

C D 

 

0,25

Với b = -7a loại AC khơng cắt BD 0,25

2.(1,0 điểm)

H x y z; ; là trực tâm tam giác ABC BH AC CH, AB H, ABC

   

     

     

2 15

2

29

1

15

2

, 1

3

2 29

; ;

15 15

x

BH AC x y z

CH AB x y z y

x y z

AH AB AC

z H                                                               

   0,5

         

       

     

2 2 2

2

2 2

2 2

2 3 1 1 2

1 1 2 1 2

2 8 3 5 1 0

, 0

x y z x y z

AI BI

CI BI x y x y z

x y z

AI AB AC



           

 

 

              

 

        

   

 

   14 15

61 14 61 1

, ,

30 15 30 3

1 3

x

y I

z

   

  

      

 

 

   VIIb

(1điểm) Điều kiện x >

Bất phương trình  3x 3 log x2x1  1

Nhận thấy x = khơng phải nghiệm phương trình (1)

0,25

TH1: Nếu x >  

3 1

1 log

2 3

x x

x



 



Xét hàm số  

3 log 2

f x  x

, hàm số đồng biến khoảng 0;

 

1 3

x g x

x

 

 , hàm số nghịch biến khoảng 3;

0,25

+ Với x> f x  f  4  3 g 4 g x 

Suy bất phương trình có nghiệm x >

+ Với x4 f x f  4  3 g 4 g x  bất phương trình vơ nghiệm

0,25

TH2: Nếu x <  

3 1

1 log

2 3

x x

x



 



+ Với x f x  f  1  0 g 1 g x   bất phương trình vơ nghiệm

+ Với x < f x  f  1  0 g 1 g x  Bất phương trình có nghiệm < x <1 Vậy bất

phương trình có nghiêm