de thi thu dai hoc

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]

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

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



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

Giải :

sin( )

6 sin( )

6

x x

  

 

 

  

 họ nghiệm : x = k

  

; x = k 

 

; x =  k2 với kZ

Câu : (1điểm) Câu : (1 điểm)

Gọi M trung điểm BC H Hình chiếu O lên A’M

Ta có : AMBC ; AA’BC  BC(A’AM) BCOH ;  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

= 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 = (a2b2c )2 Ta có : t3 = 3(a2b2c )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



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 

   

   

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

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

1

1 x x

x   x    

Giải phương trình: sinxsin2 xsin3xsin4xcosxcos2 xcos3xcos4x 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 vuông 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: x2y2 4 3x 0

Tia Oy cắt (C) A Lập phương trình đường trịn (C’), bán kính R’ = tiếp xúc ngồi 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

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 khơng 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 y2, limx 1 y, limx 1y 

=> 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

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 sinxsin2xsin3xsin4 xcosxcos2xcos3xcos4 x 1,0 TXĐ: D =R

2 4

sinxsin xsin xsin xcosxcos xcos xcos 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 cosx0, 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

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 => P2,P2 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 t2), 0,25

1

2 ' '( 3;3)

2 AI  I A  t I

(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 x2y2 2xyi0 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 BDAB 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

IBD 3c a 18 0  a3c18 A c(6  35;3c18) 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

              

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

MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút (Không 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 vuông 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





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 không 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:MA2MB228 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 không 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

Hớng dẫn chấm môn toán

Câu ý Néi Dung §iĨm

I

1 Khảo sát hàm số (1 điểm)

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:

+ 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 hồnh 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

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

Vây hệ có hai nghiệm (x;y) = (2;1/2) (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

⇔ 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

( ) ( )

( ) ( , ) 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 biĨu 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



 

   

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 ®iĨm M (

5

;  2), pt (AB): x – y – =

0,25

SABC=

2d(C, AB).AB =

2  d(C, AB)=

2

Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC d(G, AB)=

2

 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: MA2MB2 2812t2 48t48 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  m29 4  m (2)  AMI = 600 sin 600

IA MI

 

 MI =

3 R 

2 9

3 m  

Vô nghiệm

Vậy có hai điểm M1(0; 7) M2(0;- 7)

0,5

VIb

2 1

Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vng 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 = 3y= 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