Để trau dồi, củng cố kiến thức và phát huy năng lực của mình. Mời các bạn cùng tham khảo 3 đề kiểm tra khảo sát chất lượng lần 2 môn Toán lớp 12 của Sở Giáo dục và Đào tạo trường THPT chuyên Vĩnh Phúc.
www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trường THPT Chun Vĩnh Phúc (Đề có 01 trang) KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn : Tốn 12; Khối AB Thời gian: 180 phút (Khơng kể giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x - 2mx + 2 m + m4 , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = 1. b) Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1. - sin x - sin x + cos x = cos x - (1 + cos x ) . Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2sin x - 1 x ( x + 2 ) Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 3 ( x + 1 ) ³ 1 . - x 1 2 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ị (8x - 2x).e x dx 0 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a , mặt bên của hình chóp tạo với mặt đáy góc 60 o . Mặt phẳng ( P ) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC , SD lần lượt tại M , N . Tính thể tích khối chóp S ABMN theo a Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c 2 = ( a + b + c ) - 2 ab æ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + b + c+ 48ỗỗ + ữ b + c ữứ è a + 10 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho 2 đường thẳng d1 : x - y + = 0 , d 2 : x + y - = 0 . Gọi A là giao điểm của d 1 và d 2 Tìm toạ độ điểm B trên d 1 và toạ độ điểm C trên d 2 sao cho D ABC có trọng tâm G ( 3;5 ) . Câu 8.a (1,0 điểm)Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d đi qua điểm M ( 0; - 1;1 ) và có véc tơ r chỉ phương u = (1; 2; 0 ) ; điểm A ( - 1; 2;3 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( P ) bằng Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình log 2 x - x + 1 = x 2.8x - 3.2 x + 1 x x 2.16 - 2.4 + 1 ( ) B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( 3; 2 ) , tâm đường trịn ỉ 3 ư ngoại tiếp tam giác ABC là I ỗ1 ữ vnh C thuc ngthng d : x - y - = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B và C è 2 ø Câu 8.b (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z = 0. Lập phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc toạ độ, vng góc với (P) và cách điểm M(1; 2; 1) một khoảng bằng 2 . Câu 9.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình 4 - x - x + 1 ³ 0. log 2 ( x - 3 ) Hết www.VNMATH.com SỞ GDĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT CHUYÊN THI KHSCL LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 A,B. Hướng dẫn chung. Mỗi một bài tốn có thể có nhiều cách giải, trong HDC này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Học sinh có thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu đủ ý và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần đó. Câu (Hình học khơng gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc khơng vẽ hình chính của bài tốn, thì khơng cho điểm; câu (Hình học giải tích) khơng nhất thiết phải vẽ hình. Điểm tồn bài chấm chi tiết đến 0.25, khơng làm trịn. HDC này có 07 trang. Câu Nội dung trình bày Điểm 1 a) (1 điểm) 2 (2,0 điểm) Khi m = 1 thì y = x - x + 3 *)Tập xác định D = R *) Sự biến thiên : 0,25 é x = 0 2 Chiều biến thiên y ' = x - x = x( x - 1) , y ' = Û êê x = 1 êë x = -1 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1 ; 0) và (1 ; +¥ ), nghịch biến trên các khoảng ( (-¥; - 1) và (0 ; 1) Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCÐ = 3 Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1; yCT =2 ưGiihn lim = +Ơ 0,25 xđƠ ưBngbinthiờn : x y’ -¥ +¥ 1 0 1 0 + 0 0 + +¥ +¥ 0,25 y 2 2 Đồ thị y 3 0, 25 2 2 1 0 1 2 x www.VNMATH.com b) (1 điểm) Tập xác định D = R é x = 0 Ta có y ' = x3 - 4 mx ; y ' = 0 Û ê 2 ë x = m Hàm số có cực đại, cực tiểu Û y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt Û m > 0 Khi m > 0 đồ thị hàm số có một điểm cực đại là A ( , m 4 + m ) và hai điểm cực tiểu là B ( - m ; m - m + m ), C ( m ; m - m 2 + m ) D ABC cân tại A , A Ỵ Ox ; B, C đối xứng nhau qua Ox Gọi H là trung điểm của BC 1 Þ H 0; m - m 2 + 2 m ; Þ S DABC = AH BC = m 2 .2 m = m m 2 ( 0,25 Theo giả thiết S DABC = Þ m 2 m = Û m = 1 Vậy đáp số bài toán là m = 1 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện 2sin x - ¹ Û sin x ¹ 1 2 - sin x - sin x + cos x = cos x - (1 + cos x ) 2sin x - 1 (1 - 2sin x ) (1 + cos x ) Û = cos2 x - - (1 + cos x ) 2sin x - 1 0,25 ( ) Û -1 - cos x = cos2 x - - (1 + cos x ) Û 2cos2 x + - cos x - = 0 0,25 é ê x = p + k 2 p é cos x = -1 ê ê x = p + k 2 p ( k Ỵ Z ) Ûê Û 3 ê cos x = ê 6 ê 2 ëê p ê x = - + k 2 p 6 ë 0,25 Kết hợp điều kiện sin x ¹ 1 ta được nghiệm phương trình 2 x = p + k 2p ; x = - 3 0,25 ) 2 (1,0 điểm) 0,25 ì x ( x + ) ³ 0 ï ïï x ³ 0 Điều kiện í 3 Û x ³ 0 ; x + 1) ³ 0 ï( 3 ï ïỵ ( x + 1) - x ³ 0 p 6 x³0Þ 0,25 + k 2 p ( k Ỵ Z ) 3 ( x + 1) - x > 0 0,25 Do vậy x ( x + 2 ) ( x + 1 ) 3 ³1Û x ( x + 2) ³ ( x + 1 )3 - x - x Û x + x ³ x3 + x 2 + x + - ( x + 1) x ( x + 1 ) Û x3 + x + x + - ( x + 1) x ( x + 1) £ Û ( x + 1) é x 2 + x + - x ( x + 1) ù £ 0 ë û 0,25 www.VNMATH.com Û x 2 + x + - x ( x + 1) £ Û ( ) 2 x ( x + 1) - £ Û x ( x + 1) - = Û x ( x + 1) = 1 é -1 + 5 ê x = 2 Û x ( x + 1) = Û x 2 + x - = 0 Û ê ê -1 - 5 êx = ë 2 0,25 Kết hợp điều kiện x > 0 ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = - 1 2 0,25 4 (1,0 điểm) 1 2 Ta có I = ị (8x - 2x).e x dx= ò (4x - 1).e x 2xdx 0,25 0 Đặt t = x 2 Þ dt = 2xdx và x = Þ t = 0; x = Þ t = 1 . 1 0,25 Ta được I = ị (4t - 1).et dt. 0 ìu = 4t - ỡ du = 4dt t ịớ t t ợ dv = e dt ỵ v = e 0,25 1 1 Þ I = (4t - 1).e t - ị e t dt = 3e + - 4e t = - e 0,25 0 0 5 S (1,0 điểm) N K A G D M I 60 0 O B J C Gọi O là giao điểm của AC và BD Þ SO ^ ( ABCD) Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB, CD ; G là trọng tâm D SAC ìSJ ^ CD Ta có í Þ CD ^ ( SIJ ) ỵ IJ ^ CD 0 0,25 0 ÐSJI < 90 Þ Góc giữa mặt bên ( SCD ) và mặt đáy ( ABCD ) là ÐSJI ÞÐSJI = 60 Ta thấy A, G, M thuộc ( P ) ; A, G, M thuộc ( SAC ) Þ A, G, M thẳng hàng và M là trung điểm của SC . SG 2 = ; SO là trung tuyến tam giác SBD Þ G cũng là trọng tâm G là trọng tâm D SAC Þ SO 3 www.VNMATH.com tam giác SBD Lập luận tượng tự ta cũng có Þ B, G , N thẳng hàng và N là trung điểm của SD Gọi K là trung điểm của MN Þ K cũng là trung điểm của SJ D SJI đều cạnh a ; G cũng là trọng tâm D SJI nên IK ^ SJ ; Dễ thấy SJ ^ MN nên SJ ^ (ABMN) 0,25 1 Thể tích khối chóp S ABMN là : V = SK S ABMN 3 0,25 3 a a ; SK = D SJI đều cạnh a Þ IK = 2 1 ỉ a a 3 3a2 a 3a2 a 3 3 SABMN = ( AB + MN)IK = ỗ a + ữ = ịV = = 2 è ø 32 16 0,25 (Học sinh có thể dùng phương pháp tỉ số thể tích) 6 2 Ta có a + b2 + c = ( a + b + c ) - 2ab Û ( a + b ) + c 2 = 5 ( a + b + c ) (1,0 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 1 2 2 ( a + b ) + c 2 ³ ( a + b + c ) Þ ( a + b + c ) £ ( a + b + c ) Þ < a + b + c £ 10 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta lại có a + 10 a + 10 æ a + 10 12 ö a + 22 = = + 4ữ = ị Ê ỗ 3 4è 12 a + 10 a + 10 a + 10 a + 22 ø 3 1 b + c + + b + c + 16 12 3 = Þ 3 ³ b + c = 3 ( b + c ) .8.8 £ 4 12 b + c b + c + 16 1 ö æ Þ P ³ a = b + c + 48.12ỗ + ữ ố a + 22 b + c + 16 ø Áp dụng bất đẳng thức CauchySchwarz ta được 1 2304 + ³ Þ P ³ a + b + c + a + 22 b + c + 16 a + b + c + 38 a + b + c + 38 2304 2304 Đặt t = a + b + c Þ t Î ( 0;10 ] Þ P ³ t + Xét hàm f (t ) = t + ( 0;10 ] t + 38 t + 38 0,25 0,25 0,25 ( t - 10 ) ( t + 86 ) Þ f '(t ) £ "t Ỵ 0;10 ( ] ( t + 38 ) ( t + 38 )2 Þ f (t ) nghịch biến trên ( 0;10 ] Þ f (t ) ³ f (10), "t Ỵ ( 0;10 ] ; f (10) = 58 Þ P ³ 58 Ta có f '(t ) = - 2304 = ìa + b + c = 10 ïa + b = c ìa = 2 ïï ï Û íb = 3 í + a 10 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ï = 4 ïc = 5 3 ỵ ï + = b c 8 ïỵ ì a = 2 ï Vậy P = 58 , đạt được khi íb = 3 ïc = 5 ỵ 0,25 www.VNMATH.com 7a ì2 x - y + = ì x= ị A(11) ợ4 x + y - = ỵ y = 1 (1,0 điểm) Tọa độ của A là nghiệm cah 0,25 ổ 2t+ 1ử B ẻ d1 ị B ỗ t ữ im C ẻ d Þ C ( s;5 - 4 s ) 3 ø è ì t + s + 1 ï 3 = 3 ï G là trọng tâm tam giác ABC Û í 2t + 1 ï 3 + - s + 1 = 5 ï 3 î 0,25 0,25 ì 61 ì 61 43 t = ïï ïï B ( ; 7 ) 7 Giải hệ này ta được í Þí là đáp số bài tốn 5 55 ïs = ïC ( ; ) ïỵ ïỵ 7 7 0,25 r Đường thẳng d đi qua điểm M ( 0; - 1;1 ) và có véc tơ chỉ phương u = (1; 2; 0 ) . (1,0 điểm) r Gọi n = ( a; b; c ) ( a + b + c 2 ¹ 0 ) là véc tơ pháp tuyến của (P). r r Do ( P ) chứa d nên: u.n = Û a + 2b = Û a = -2 b 8a Phương trình (P) có dạng: a ( x - ) + b ( y + 1) + c ( z - 1) = Û ax + by + cz + b - c = 0 d ( A, ( P ) ) = Û - a + 3b + 2 c 2 a + b + c 2 = 3 Mà a = - 2 b Þ 5b + 2 c 5 b + c 2 = Û 5b + 2c = 5 b + c 2 2 Û 4b - 4bc + c 2 = Û ( 2b - c ) = Û c = 2 b ( (4 0,25 0,25 ìa = 2 Ta được phương trình (P) là: x - y - z + = 0 . Chọn b = -1ị ợc = -2 x x 9a ùỡ4 - + > 0 (1,0 điểm) Ta thấy í "x Ỵ R. x x ïỵ 2.16 - 2.4 + > 0 Do vậy x - x + 1 log 2 = x 2.8 x - 3.2 x + 1 x x 2.16 - 2.4 + 1 ( 0,25 0,25 ) ) ( ) ( ) ( ) + 1) + ( - + 1) = log ( 2.16 - 2.4 + 1) + ( 2.16 - 2.4 + 1) ( 2 ) Û log x - x + - log 2 2.16 x - 2.4 x + = 2.16 x - 2.4 x + - x - x + 1 Û log x - 2x x x x x x x 0,25 2 Xét hàm f (t ) = log 2 t + t ( 0; +¥ ) Ta có f '(t ) = 1 + Þ f '(t ) > "t > 0 Þ f (t ) đồng biến trên ( 0; +¥ ) t.ln 2 0,25 Do vậy ( ) Û f (4 x - x + 1) = f (2.16 x - 2.4 x + 1) Û x - x + = 2.16 x - 2.4 x + Û 2.16 x - 3.4 x + x = 0 0,25 www.VNMATH.com é x = 0 ê x ê = 1 é x = 0 ê Û ê 2 x = -1 - 3 Û ê ê x = log - 1 ê 2 2 êë 2 ê + 3 x ê 2 = êë 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0; x = log 2 - 1 2 0,25 7b (1,0 điểm) + Tam giác ABC vuông tại A nên I ltrungimca BC 0,25 + C ẻ d ị C ( 2t + 1; t ) ; I là trung điểm BC Þ B (1 - 2t ;3 - t ) uuur uuur AB = ( -2 - 2t ;1 - t ) ; AC = ( 2t - 2; t - 2 ) ét = 2 uuur uuur AB ^ AC Û AB AC = Û ( -2 - 2t ) ( 2t - ) + (1 - t ) ( t - ) = 0 Û ê -2 êt = 5 ë ìï B( -1 2) +Vi t = 1ị ùợC ( 31) ỡ ổ 17ử ù Bỗ ữ -2 ï è 5 ø Vậy +Với t = ịớ ổ ùC ùợ ỗố 5 ÷ø 8b (1,0 điểm) 0,25 0,25 ì ỉ 17ử ù Bỗ ữ ỡù B( -1; 2 ) ï è ø hoặc í í ïỵ C ( 31) ùC ổ -2ử ùợ ỗố 5 ÷ø ( Q ) qua gốc toạ độ nên ( Q ) có phương trình dạng : Ax + By + Cz = 0 ( A 0,25 + B + C ¹ 0 ) . 2 ì A + B + C = 0 ìï( P ) ^ ( Q ) ï Từ giả thiết ta có : í Û í A + 2 B - C = 2 ïỵ d ( M , ( Q ) ) = 2 ï 2 2 ỵ A + B + C ì A = - B - C ï Ûí B - 2 C = (*) ï 2 ỵ B + 2C + 2 BC 0.25 0,25 (*) Û B = 0 hoặc 3B + 8C = 0 . Nếu B = 0 thì A = - C Chọn C = -1 Þ A = 1 Ta được phương trình mặt phẳng ( Q ) là : x - z = 0 0,25 Nếu B + 8C = 0 ta chọn C = 3; B = -8; A = 5 ta được phương trình ( Q ) là x - y + z = 0 Vậy có hai mặt phẳng thoă mãn bài tốn, có phương trình là : x - z = 0 ; x - y + z = 0 9b 0,25 Xét hàm f ( x ) = 24 - x - x + 1 . (1,0 điểm) Ta thấy f '( x) = -24 - x .ln - Þ f ' ( x )< 0"x ẻR ị f ( x)nghchbintrờn R Mà f (3) = 0 . Do vậy f(x) ³ Û x £ 3 ; f(x) £ Û x ³ 3 . 0.25 www.VNMATH.com é ìï f ( x ) ³ 0 ( I ) êí êïỵlog 2 ( x - 3) > 0 4 - x - x + 1 ³ 0 Û ê log 2 x - 3 ê ìï f ( x ) £ 0 ê ílog ( x - 3) < 0 ( II ) ë ïỵ 2 ì x £ 3 ïì x £ ïì x £ 3 ï Ûí Û í é x > 4 Û x < -4 ( I ) Û í îï x - > îï x > 4 ï ê x < -4 ỵ ë ì x ³ 3 ïì x ³ ïì x ³ 3 Ûí Ûí Û < x < 4 ï3 < x < 4 ỵ3 < x < 4 ỵï0 < x - < ỵ 0,25 0,25 ( II ) Û í Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (-¥; -4) È (3; 4) 0,25 www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc (Đề có 01 trang) KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn : Tốn 12 Khối D Thời gian: 180 phút (Khơng kể giao đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) - x + 1 2x + 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) sao cho tiếp tuyến đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: ( sin 2x + s inx ) + cos2x - cos x = Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 2) Giải phương trình: e = + ln ( + x ) . 2 + x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : I = ị dx 2x 0 + Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D, AB = AD= 2a, CD = a , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) là (ABCD) bằng 60 0 Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thoả mãn ab + bc + ca = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 biểu thức: M = + abc ( a + b )(b + c)(c + a ) 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 (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( C ) : ( x - 1) + ( y + 1) 2 = 4 Gọi ( C ' ) là đường trịn có tâm thuộc đường thẳng ( d ) : 3x - y = 0 và tiếp xúc với trục Oy đồng thời tiếp xúc ngồi với đường trịn (C). Viết phương trình đường trịn ( C ' ) . 2) Trong khơng gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ( D ) đi qua A ( 3; -2; - 4 ) , song song ì x = + 3t với mặt phẳng (P) : 3x - y - 3z - = 0 và cắt đường thẳng (d) : ïí y = -4 - 2t ï z = + 2t ỵ x -1 2 e + tan( x - 1) - 1 CâuVIIA (1,0điểm).Tính giới hạn lim x - 1 2.Theo chương trình nâng cao. Câu VI B (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn ( C ) : ( x - 1)2 + ( y + 2)2 = 12 . Viết phương trình đường trịn (C’) có tâm M (5;1) biết (C’) cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB = 2 3 . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 2; 2), B(0; 1; 2) và C(2; 2;1). Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A, song song với BC và cắt các trục Oy, Oz theo thứ tự tại M, N x ®1 3 khác với gốc tọa độ O sao cho OM = 3ON. CâuVII B (1,0 điểm) Một chiếc hộp đựng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và 3 cái bút màu đỏ được đánh số từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất 2 bút cùng màu. HẾT www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trường THPT Chun Vĩnh Phúc (Đáp án có 05 trang) ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn : Tốn 12 Khối D Thời gian: 180 phút (Khơng kể giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản này gồm 05 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo khơng làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi. 3) Điểm tồn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm tồn bài, giữ ngun kết quả. II) Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm - x + 1 Cho hàm số y = 1,0 đ 2x + 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. ì -1 ü Tập xác định: D = R / ý ợ ỵ Sbinthiờn: y' = -3 ( 2x + 1 )2 Hàm số ln nghịch biến trên từng khoảng xác định CâuI.1 Đồ thị hàm số khơng có cực trị -1 -1 -1 lim y = ; lim y = Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = xđ-Ơ xđ+Ơ 2 -1 lim y = -¥ ; lim y = +¥ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1 1 2 x ®x ®- 2 Bảng biến thiên: x –µ 1,0 đ 0,25 + 2 y’ y 0,25 - 1 || - 1 +µ – +µ 0.25 || –µ -1 thhmscútõmixng I ổỗ -1 -1ửữ ố 2 ø Đồ thị hàm số cắt trục tung tại A ( 0;1 ) , cắt trục hồnh tại B (1;0) 0.25 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) sao cho tiếp tuyến đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox 1,0 - x + 1 -3 ( x - x 0 ) + 0 (2 x0 + 1) x0 + 1 CâuI.2 1,0 đ Giao điểm của tiệm cận của đồ thị hàm số với trục Ox là N ( - 1 ; 0) 2 -1 - x 0 + 1 1 Tiếp tuyến đi qua N ( ; 0) Û = 0 ( - x 0 ) + 2 (2 x0 + 1) 2 x0 + 1 Phương trình tiếp tuyến tại M ( x0 ; y 0 ) có dạng y = 0.25 0.25 www.VNMATH.com 0,25 Giải phương trình được x0 = 5 2 Phương trình tiếp tuyến tại M ( ; - 1 ) là y = - x - 1 4 2,0 đ 24 Phương trình đã cho tương đương với : sin x cos x + cos x - sin x + s inx - cos x = ( cos x + sin 2 x ) é s inx - cos x = 0 s inx - cos x = 0 Û ê êë s inx - cos x = p é x = + k p ê é ỉ pư 6 ê ê sin ç x - 6 ÷ = 0 p è ø Ûê Û ê x = + k p ( k Ỵ Z ) ê ỉ 3 p 1 ê ờ sin ỗ x- ữ = 6ứ è ê x = p + k 2 p ê ë KL: Vậy phương trình có ba họ nghiệm: ( 2 sin x - cos x 0.25 ( sin 2x + s inx ) + cos2x - cos x = 2 1) Giải phương trình: CâuII 12 ) -( ) 0.25 0.25 0.5 2)Giải phương trình: e x = + ln ( + x ) . 1,0 Đ/K x > - 1 x Phương trình đã cho tương đương e - ln ( + x ) - = 0 0.25 x Xét hàm số f ( x ) = e - ln ( + x ) - 1,x ẻ D = ( -1 +Ơ) , x Ỵ D x +1 1 f " ( x ) = e x + , f " ( x ) > 0 "x Ỵ D 2 ( x + 1) f ' ( x ) = e x - 0.25 Suy ra f ' ( x ) là hàm đồng biến trên D Nhận thấy f ' ( ) = 0 nên phương trình f ' ( x ) = 0 có đúng một nghiệm x = 0 0.25 Ta có bảng biến thiên X y Y +à 0+ +à -Ơ 0.25 0 Từ bảng biến thiên ta có phương trình có một nghiệm duy nhất x = 0 2 + x Tính tích phân : I = ị dx 2x 0 + CâuIII I = ò 1,0đ 2+ x + 2x dx = 1,0đ 2 + 2x dx 2x 0 ị 1+ Đặt t = 2x Þ t 2 = 2x Þ dx = td x = Þ t = 0 Đổi cận: x = Þ t = 2 0.25 0.25 www.VNMATH.com ÞI= 2 ( + t )tdt 1 = (1+t )dt ò ò + t 1+t 0 0.25 2 t 2 1 = ( + t - ln | t + 1|) = ( - ln ) 2 0 KL Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D, AB = AD= 2a, CD = a , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) là (ABCD) bằng 60 0 Gọi I là trung điểm của CâuIV cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 1,0đ 0.25 1,0đ 0.25 Nhận xét : SI ^ ABCD Gọi H là hình chiếu của I lên BC. Chỉ ra ÐSHI = 60 0 3a 5 Tính được S ABCD = 3a 2 ; IH = 3a 15 3a 3 15 Suy ra SI = ;V S ABCD = (đvtt) 5 0.25 0.25 0.25 Cho a, b, c là các số dương thoả mãn ab + bc + ca = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 4 CÂU V thức: 1,0đ M = + abc ( a + b )(b + c)(c + a ) Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: 1 1 0.25 M = + + ³ 3 3 2 2 abc abc (a + b)(b + c)(c + a ) a b c ( a + b )(b + c)(c + a ) 2(ab + bc + ca ) Có abc( a + b)(b + c)(c + a) = 3 ( ac + bc)(ba + ca )(cb + ab) £ = 2 (1) 0.25 3 ab + bc + ca (2) a b c 2 = 3 ab.bc.ca £ = 1 0.25 3 3 Từ (1) và (2) suy ra M ³ 2 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 0.25 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng khi a = b = c = 1 2 www.VNMATH.com 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( C ) : ( x - 1) + ( y + 1) 2 = 4 Gọi ( C ' ) là đường Câu trịn có tâm thuộc đường thẳng d : 3x - y = 0 và tiếp xúc với trục Oy đồng thời tiếp xúc ( ) VI A.1 ngồi với đường trịn (C). Viết phương trình đường trịn ( C ' ) . Đường trịn ( C ) có tâm I (1; - 1 ) , bán kính R=2 1,0 đ Đường trịn ( C ' ) có tâm I ' ( a;3 a ) , bán kính R’ Do đường trịn ( C ' ) tiếp xúc Oy nên R’=|a| Do đường trịn ( C ' ) tiếp xúc ngồi với đường trịn (C) nên II ' = R '+ 2 Û ( a - 1) + (3a + 1) = (| a | + 2) 2 (1) 2 -4 - 34 hoặc a = 3 9 Giải phương trình (1) được a = Vậy : Phương trình đường trịn cần tìm là : ( x 1,0đ 0.25 0.25 0.25 2 2 ) + ( y - 2) 2 = 9 0,25 2 ỉ + 34 æ + 34 ö 50 + 34 hoặc ç x + +ç y + ÷ ÷ = ç ữứ ỗố ữứ 81 ố 2) TrongkhụnggiantaOxyz,vitphngtrỡnh ngthng ( D ) đi qua A ( 3; -2; - 4 ) , song song với mặt phẳng (P) : 3x - y - 3z - = 0 và cắt đường 1,0đ ì x = + 3t thẳng (d) : ïí y = -4 - 2t ï z = + 2t î Câu VI A.2 1,0 đ uuuur Giả sử ( D ) cắt (d) tại M ( + 3t; -4 - 2t;1 + 2t ) Þ AM = ( 3t - 1; -2t - 2;2t + ) r Mặt phẳng (P) có vtpt n = ( 3; -2; -3 ) r uuuur ( D ) //(P) n.AM = Û ( 3t - 1) - ( -2t - ) - ( 2t + ) = Û t = 2 uuuur Khi đó AM = ( 5; -6;9 ) uuuur Đường thẳng ( D ) đi qua A ( 3; -2; - 4 ) có vtcp AM = ( 5; -6;9 ) ì x = + 5t Suy ra phương trình ( D ) là: ïí y = -2 - 6t ï z = -4 + 9t ợ x-1 Cõu x đ1 1,0 x-1 e + tan( x - 1) - x ®1 2 3 0,25 æ e - x + x + tan( x - 1) ( x + 1)( x + x + 1) ö = lim çç + ÷÷ x - 1 x +1 x + 1 è x -1 ø x -1 VII A 0.25 2 æ tan( x - 1) e -1 = limỗ + ÷ ( x - 1)( x + 1) è ( x - 1)( x + 1) ( x - 1)( x + 1) ø x -1 lim 0.25 0,25 e + tan( x - 1) - 1 Tính giới hạn lim ( x - 1)( x + 1) x ®1 0.25 x ®1 2 3 2 3 2 0,5 9 + 3 = 2 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : ( x - 1) + ( y + 2) 2 = 12 . Viết phương trình đường trịn (C’) có tâm M (5;1) biết (C’) cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho = Câu VI B 2,0 đ AB = 2 0,25 1,0 đ www.VNMATH.com Đường trịn (C) có tâm I (1; - 2 ) , bán kính R = 2 Do (C) cắt (C’) tại A, B nên AB ^ IM Gọi E là trung điểm AB. D IAB đều Þ IE = 3 , IM = 5 Nếu E nằm giữa I và M Þ EM = 2,EA = Þ MA = Phương trình đường tròn cần lập là: ( C ' ) : ( x - 5) + ( y - 1) 2 = 7 0,25 0,25 Nếu E nằm giữa I và M Þ EM = 8,EA = Þ MA = 67 Phương trình đường trịn cần lập là: ( C ' ) : ( x - 5) + ( y - 1) 2 = 67 0,25 KL : Có hai đường trịn thỏa mãn ( C ' ) : ( x - 5) + ( y - 1) 2 = 7 0,25 ( C ' ) : ( x - 5) + ( y - 1) 2 = 67 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( -2; 2; - 2 ) , B ( 0;1; - 2 ) C ( 2;2; - 1) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A, song song với BC và cắt các tia Oy, Oz theo thứ tự tại M, N khác với gốc tọa độ O sao cho OM = 3ON. uuuur ur Từ giả thiết ta có M ( 0;m;0 ) N ( 0;0;n ) trong đó mn ạ0 v m = 3n ị MN = m.u r r với u ( 0; -1;3 ) u (0; -1; -3 ) r uuur r r ìïn ^ BC Giả sử ( P ) có vtpt n ¹ 0 . Do ( P ) đi qua M, N và song song với BC nên í r r suy ïỵn ^ u r uuur r ra n // éë BC , u ùû r r uuur r với u ( 0; -1;3 ) Þ éë BC , u ùû = ( -4;6; 2 ) , chọn n = ( 2; -3; -1) Þ (P): 2x - 3y - z + = 0 r r uuur r với u (0; -1; -3 ) Þ éë BC , u ùû = ( 2; -6; 2 ) , chọn n = (1; -3;1) Þ (P): x -3y + z +10 = 0 Câu 7B 1,0 đ KL : Một chiếc hộp đựng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và 3 cái bút màu đỏ được đánh số từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất 2 bút cùng màu. 4 Số cách lấy bốn chiếc bút bất kì từ 20 chiếc bút đã cho là: n ( W ) = C20 = 4845 1,0 đ 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 Gọi A là biến cố lấy được ít nhất hai bút cùng màu Số cách lấy được 4 bút trong đó khơng có hai cái nào cùng màu là: 0,25 ( ) n A = C61 C61 C51 C3 1 = 540 ( ) Số cách lấy được 4 bút mà có ít nhất hai bút cùng màu là: n ( A) = n ( W ) - n A = 4305 0,25 Xác suất lấy được 4 bút trong đó có ít nhất hai bút cùng màu là: n ( A ) 4305 287 P ( A ) = = = n ( W ) 4845 323 0,25 WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN ****** ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn: Tốn 12 – Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút ****** I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y 1 x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) đồ thị hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm M nằm (C) có hồnh độ lớn 1; biết tiếp tuyến cắt trục hoành, trục tung hai điểm phân biệt A, B cho: 3MA 2MB 2cos x 2sin 2x 2sin x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: cos x 1 sin x 2cos x 3 x y y x y 12 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 x y x y 10 x y 22 Câu (1,0 điểm) Tính giới hạn: L lim ln 1 sin x ex 1 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vng A D; SA vng góc với mặt đáy (ABCD); AB 2a ; AD CD a Góc mặt phẳng (SBC) mặt đáy (ABCD) 60 Mặt phẳng (P) qua CD trọng tâm G tam giác SAB cắt cạnh SA, SB M, N Tính thể tích khối chóp S.CDMN theo a Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn a b c ab bc ca Tìm giá trị x 0 abc3 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A 1; , B 3; đỉnh C lớn của: S a b c nằm đường thẳng d : x y Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đỉnh C có tung độ dương diện tích tam giác ABC Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1; 2; 1 B 2;1;3 Tìm tọa độ điểm C trục Ox cho tam giác ABC vuông C Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 6Cnn11 An2 160 Tìm hệ số x khai n triển 1 x3 x B Theo chương trình Nâng cao x2 y với hai tiêu điểm F1 , F2 (hồnh độ F1 âm) Tìm tọa độ điểm M thuộc elip (E) cho góc MF F2 60 Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip E : Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A 1; 2;1 , B 2;1;3 , C 2; 1;1 , D 0;3;1 Chứng minh A, B, C, D bốn đỉnh tứ diện Tính thể tich khối tứ diện 33 x 3x y x y Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x y x y log 10 81 HẾT WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN ******** ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán 12 – Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút ******* Câu Nội dung 1 Khảo sát biến thiên … * Tập xác định: * Sự biến thiên hàm số - Giới hạn hàm số vô cực giới hạn vô cực 2x lim y lim 2 x x x Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang đường thẳng: y 2x 2x lim ; lim x 1 x 1 x 1 x 1 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng: x Điểm 0.25 điểm - Bảng biến thiên y' 0, x x 1 0.25 điểm x y' + + y 0.25 điểm Hàm số đồng biến khoảng ;1 1; Hàm số khơng có cực trị * Đồ thị 0.25 điểm -6 -4 -2 -1 -2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị … WWW.VNMATH.COM 0.25 điểm 2x Gọi M x0 ; với x0 x0 Phương trình tiếp tuyến (C) M là: y x0 1 x x0 x0 x0 Tiếp tuyến cắt trục hoành Ox A x02 x0 2;0 , cắt trục tung Oy x0 2x B 0; x0 1 x0 x x0 Ta có: MA x02 x0 2; ; MB x0 ; x0 x0 1 3 x02 3x0 x0 Nên 3MA 2MB x x0 x0 3 x 1 x0 Từ đó: M 3;1 Phương trình tiếp tuyến cần lập: y 0.25 điểm 0.25 điểm 1 x 2 Giải phương trình: cos x 1 sin x 0.25 điểm cos x 2sin 2x 2sin x cos x Điều kiện: cos x Phương trình cho tương đương với: cos x 1 2sin x 1 cos x 1 sin x cos x 0.25 điểm cos x 1 sin x 2sin x 0.25 điểm 1 sin x 2sin x sin x 1 sin x k 2 , k Z x k 2 3 sin x k Z 2 x k 2 Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm phương trình cho là: 2 x k 2 x k 2 (với k Z ) x3 y y x y 12 Giải hệ phương trình: 2 x y x y 10 x y 22 0.25 điểm sin x 1 x 0.25 điểm (1) 2 WWW.VNMATH.COM x Điều kiện: y Ta có: 1 x x y y 0.25 điểm 3 Xét hàm số: f t t 2t có f ' t 3t 0, t R Nên hàm số đồng biến R Bởi vậy: 3 f x f y x y y x 0.25 điểm 4 Thay (4) vào (2): x x x x 10 x x 22 0.25 điểm x x x 11x 16 2 x x 2 x x x 1 x 1 1 x 1 2x 7 x x 1 5 x y 6 7 2x 0.25 điểm 6 0 x 1 1 1 Vì x nên x x 1 1 Từ x Hay (6) vô nghiệm x 1 x 1 1 x Vậy hệ cho có nghiệm y 4 x 1 Tính giới hạn: L lim x 0 ln 1 sin x ex 1 ln 1 sin x sin x x sin x e 1 x ex 1 ln 1 sin x sin x x lim ; lim lim x 1 x 0 x 0 e x 0 sin x x ln 1 sin x Nên: L lim =1 x 0 ex 1 Tính thể tích khối chóp S.CDMN 1 Đặt V VS ABCD , ta có: VS CDA VS ABCD ; VS ABC VS ABCD 3 Ta có: ln 1 sin x 5 x Mặt phẳng (P) qua CD trọng tâm G tam giác SAB, cắt cạnh SA, SD lần SM SN lượt M, N, MN / / AB SA SB Ta có: VS CDM SC SD SM 2 VS CDM VS CDA V VS CDA SC SD SA 3 0.25 điểm 0.5 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm WWW.VNMATH.COM VS MNC SM SN SC VS MNC VS ABC V VS ABC SA SB SC 27 Bởi vậy: 14 VS CDMN VS CDM VS MNC V V V 27 27 Vì ABCD hình thang vng A D, AB 2a ; AD CD a nên BC AC Mặt khác SA mp ABCD nên mp SBC ; mp ABCD SC ; AC SCA 600 Từ ta có: SCA 0.25 điểm 0.25 điểm Trong tam giác SAC vng A, có AC a a tan 600 a SA AC tan SCA 1 AB CD AD a3 V S ABCD SA SA 2a a a.a 3 Vậy: 14 a VS CDMN a 27 27 S M G A D B C Tìm giá trị lớn … Với a, b, c số dương ta có: a b2 c2 a b c N a b c ab bc ca Bởi vậy: 2 a b c a b c 2 a b c 3 0.25 điểm WWW.VNMATH.COM Từ đó: a bc 3 Ta có: a b c ab bc ca ab bc ca a b c 0.25 điểm 3 Nên: a 2 b c a b c Bởi vậy: a b c 1 S a b c t2 a bc3 abc3 t 3 2 Xét hàm số f t t với t t3 1 f ' t t 0, t 0;3 t 2 2 0.25 điểm Nên hàm số đồng biến 0;3 Bởi vậy: f t f 3 , t 0;3 17 17 Suy ra: S Dấu “=” xảy a b c 17 Vậy: max S a b c Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp … Ta có: AB 2; AB 2 Phương trình đường thẳng AB: x y Hay f t 7.a Đỉnh C nằm đường thẳng d : x y nên C t ; 2t t 2 d C ; AB SABC t 2t t 3 0.25 điểm 0.25 điểm t 3 1 AB.d C ; AB 2 t 3 2 Bởi vậy: SABC t t 1 0.25 điểm Nên C 1; Gọi phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là: x y ax 2by c Thay tọa độ A, B, C vào phương trình, ta có: 2a 4b c 5 a 6a 8b c 25 b 5 2 a 4b c 5 c 15 Vậy, phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là: 0.25 điểm WWW.VNMATH.COM 8.a x y 10 y 15 Tìm điểm C trục Ox …… Vì điểm C trục Ox nên C t ; 0; 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm Ta có: CA 1 t ; 2; 1 , CB 2 t;1;3 Tam giác ABC vuông C điều kiện là: CA.CB 1 t 2 t 2.1 1 t t t 1 13 t 1 13 Như vậy: C 1 13; 0; C 1 13; 0;0 9.a 0.25 điểm Tìm hệ số khai triển Với n nguyên dương, ta có: 6C nn11 An2 160 n 1 n n n 1 160 0.25 điểm n n 2n 80 n 10 Vậy n 8 Bài tốn trở thành: Tìm hệ số x khai triển 1 x3 x 8 Ta có: 1 x3 x x x3 x 8 * x C8k 28k x k Số hạng chứa x là: 2C87 x 16 x k 1 * x x x C8k 28 k x k Số hạng chứa x là: x3 C84 24 x 2240 x7 k 1 Vậy, hệ số x cần tìm là: 16 2240 2224 7.b Tìm tọa độ điểm M elip … Ta có: a 3; b 5; c 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm Tọa độ tiêu điểm: F1 2;0 ; F2 2; x02 y02 * 2 MF1 x0 ; MF2 x0 ; F1 F2 3 Để MF F2 60 thì: MF MF F F 2.MF MF cos MF F Gọi M x0 ; y0 E nên 1 2 0.25 điểm 0.25 điểm 2 x0 x0 42 x0 4.cos 600 x0 x0 Thay x0 vào (*) ta có: 0.25 điểm WWW.VNMATH.COM 8.b 9.b 3 y0 y 75 y 5 0 16 5 5 M ; Như vậy: M ; 4 4 Tính thể tích khối tứ diện …… Ta có: AB 3; 1; ; AC 1; 3; ; AD 1;1; 1 2 3 3 1 AB; AC AD 1 6 4 1 3 3 Do AB; AC AD 4 nên AB; AC ; AD không đồng phẳng Hay điểm A, B, C, D đỉnh tứ diện Thể tích tứ diện ABCD: V AB; AC AD 33x 3x y x y 1 Giải hệ phương trình x y 2 x y log 10 81 1 33x 3x y 32 x y 3 x 2 y x 2 y 3x y 32 x y 32 x y 34 x y 10 u v uv u v uv 2 u v 10 u v 2uv 10 u v S Đặt: ta có: uv P u Với ta có: v 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm x2 y u 0 3 , ta có hệ phương trình: Đặt: x 2 y v0 3 S P P S S P S P 10 S 2S 24 S u v u Như vậy: P uv v 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm S 6 (loại) P 13 u v x2 y 3 x y 1 3 x y x 2 y 2 x y 3 x x2 y 1 x y u 3 Với ta có: x 2 y x y 2 v 3 y 1 1 1 1 Vậy, hệ có hai nghiệm x; y là: ; ; 3 3 6 0.25 điểm ... 0 ,25 + C ẻ d ị C ( 2t +1t ) ; I là trung điểm BC Þ B (1 - 2t ;3? ?-? ?t ) uuur uuur AB = ( -2 - 2t ;1 - t ) ; AC = ( 2t - 2? ? t? ?- 2? ?) ét = 2? ? uuur uuur AB ^ AC Û AB AC = Û ( -2 - 2t ) ( 2t -. .. x ïỵ? ?2. 16 - 2. 4 + > 0 Do vậy x - x + 1 log 2? ? = x 2. 8 x - 3 .2 x + 1 x x 2. 16 - 2. 4 + 1 ( 0 ,25 0 ,25 ) ) ( ) ( ) ( ) + 1) + ( - + 1) = log ( 2. 16 - 2. 4 + 1) + ( 2. 16 - 2. 4 + 1) ( 2? ?) Û... cos x ) 2sin x? ?- 1 (1 - 2sin x ) (1 + cos x ) Û = cos2 x - - (1 + cos x ) 2sin x -? ?1 0 ,25 ( ) Û -1 - cos x = cos2 x - - (1 + cos x ) Û 2cos2 x + - cos x - = 0 0 ,25 é ê x = p + k? ?2? ?p é cos