ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (34.41 MB, 10 trang )
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 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 1
1
x
y
x
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi M là điểm nằm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1, I là giao điểm hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến với (C) tại
M cắt tiệm cận đứng tại A, cắt tiệm cận ngang tại B. Tính diện tích tam giác IAB.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
3 2
2
4cos 2cos 2sin 1 sin 2 2
0
2 1
x x x x sinx cosx
sin x
2. Giải bất phương trình sau:
2
2 5 3 2 3 6 .5
2
3 .5 1
x
x
x x x x
x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
2
1
ln
3 ln
1 ln
e
x
I x x dx
x x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có
3
SA a
(với
0
a
); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 60
0
. Tam giác
ABC vuông tại B,
0
30
ACB
. G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt
phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là những số thực dương thoả mãn điều kiện
2 2 2
1
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2
x x x y y y z z z
P
y z z x x y
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết
1;1
C , trực tâm
1;3
H , trung điểm của cạnh AB là
điểm
5;5
I . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết
1;0;2 , 1;1;0 , 2;1; 2
B C D
, vectơ
OA
cùng
phương với vectơ
0;1;1
u
và thể tích tứ diện ABCD là
5
6
. Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình
2
2 2
2
log log 4
4 6 2.3
x x
x
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm
2;1
A và đường tròn (C):
2 2
1 2 5.
x y
Viết phương
trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1
:
2 1 3
x y z
d
và mặt phẳng (P):
7 9 2 7 0
x y z
cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với
d
và cách d một khoảng là
3
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 2
2
log log 9
1 log 1 log 10
9
1 log 2.log 2 .log ( )
2
x y
x
x
xy
y
y
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1-NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 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
3 2
6 9 2
y x x x
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M thuộc (C), biết M cùng với hai điểm cực trị tạo thành
một tam giác có diện tích bằng 6.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
4 4
2
1 cot 2 .
1 6 sin
x cotx
x cos x
cos x
2. Giải hệ phương trình sau:
2 2 2
7 1
10 1
xy x y
x y y
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
2
1
1 3
10
x x
I dx
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có
3
SA a
(với
0
a
); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 60
0
. Tam giác
ABC vuông tại B,
0
30
ACB
. G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt
phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Tìm m để phương trình
2
12 4 3 3 24 3 1 2 4 3
x x x m x x
có nghiệm.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết
1;1
C , trực tâm
1;3
H , trung điểm của cạnh AB là
điểm
5;5
I . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết
1;0;2 , 1;1;0 , 2;1; 2
B C D
, vectơ
OA
cùng
phương với vectơ
0;1;1
u
và thể tích tứ diện ABCD là
5
6
. Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình
2
2 2
2
log log 4
4 6 2.3
x x
x
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm
2;1
A và đường tròn (C):
2 2
1 2 5.
x y
Viết phương
trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biết B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1
:
2 1 3
x y z
d
và mặt phẳng (P):
7 9 2 7 0
x y z
cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với
d
và cách d một khoảng là
3
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
2
2 1
x x
y
x
trên
1
;
4
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối: A
(Đáp án- thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
* Tập xác định
/ 1
D R
* Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
2
3
' 0,
1
y x D
x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
;1
và
1;
.
0,25
Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2;
x x
y y
tiệm cận ngang:
2
y
1 1
lim lim 1;
x x
y y
tiệm cận đứng:
1
x
0,25
Bảng biến thiên:
x
1
'
y
- -
y
2
2
0,25
Ta có
2
3
'
1
y
x
. Do điểm M thuộc (C) nên
2 1
1
; ; 1
a
a
M a a
.
0,25
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là
2
3 2 1
( 1) 1
a
y x a
a a
(d)
0,25
Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận đứng là
2 4
1;
1
a
A
a
. Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận ngang
là
2 1;2
B a . Tọa độ giao điểm 2 đường tiệm cận là
1;2
I
0,25
I.
(2,0 điểm)
Ta có
6 6
0; ; 2 2;0 2 2
1 1
IA IA IB a IB a
a a
.
Vậy diện tích tam giác IAB là:
1 1 6
. . 2 2 6
2 2 1
IAB
S IA IB a
a
0,25
1. (1,0 điểm)
Điều kiện
2
2sin 1 0
4 2
x x k
0,25
Phương trình tương đương với
2
4 2 2 0
cos x sinx cosx cosx sinx cosx sinx cosx
0,25
2 1 2 1 0
sinx cosx cosx cosx
Từ đó tìm được
4
x m
hoặc
2
x m
hoặc
2
2
3
x m
0,25
Đối chiếu điều kiện ta được
2
3
m
x
.
0,25
2. (1,0 điểm)
II.
(2,0 điểm)
Điều kiện:
1
3
2
x
. Bất phương trình tương đương với
0,25
2
2 5 3 3 2)5 6
2
3 . 5
5 (
x x
x
x x x x
x
3 .5
0
3 5
5 3 2 1
x x
x
x
x
x x
(1)
Xét hàm số
( ) 3 5
x
g x x
,
5
ln5
'( ) 3 5 .ln5, ( ) 0 log
3
x
g x g x x
.
Lâp bảng biến thiên, ta thấy
5
ln5
( ) log 0
3
g x g
0,25
(1)
3 0
3 2 1 xx x
( vì
5 0
x
)
5 157
22
x
0,25
Vậy nghiệm của bất phương trình là:
5 157
;3
22
T
0,25
(1,0 điểm)
2 2
1 2
1 1 1
ln ln
3 ln ln
1 ln 1 ln
3 3
e e e
x x
I x x dx dx x x dx
x x x x
I I
0,25
+ Tính
1
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x
I
. Đặt
2 2
1 ln 1 ln ln
1
x x xt t t
. Suy ra
2
dx
tdt
x
Khi
1 1; 3 2
x t x t .
2
2
2 2
3
2
1
1 1
1
1
2(2 2)
.2 2 1 2
3 3
t
t
I tdt t dt t
t
.
0,25
+Tính
2
2
1
ln
e
I x x dx
. Đặt
2 3
ln
3
dx
du
u x
x
dv x dx x
v
3 3 3 3
2
2
1 1
1
1
1 1 2 1
ln ln
3 3 3 3 3 9
e
e
e e
x x x e
I x x dx x
0,25
III.
(1,0 điểm)
3
1 2
5 2 2 2
3
3
e
I I I
0,25
(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm BC.
Ta có
0
3
( ); 60 , .
2
a
SG ABC SAG AG
0,25
Từ đó
9 3 3
; .
4 2
a a
AK SG
0,25
Trong tam giác ABC đặt
2 ; 3.
AB x AC x BC x
Ta có
2 2 2
AK AB BK
nên
9 7
14
a
x
0,25
IV.
(1,0 điểm)
3
.
1 243
.
3 112
S ABC ABC
V SG a
S (đvtt)
0,25
(1,0 điểm)
Do x, y, z > 0 và
2 2 2
1
x y z
nên x,y, z
( 0;1)
0,25
V.
(1,0 điểm)
Ta có
5 3 2 2
3
2 2 2
2 ( 1)
1
x x x x x
x x
y z x
.
Khi đó, ta có:
3 3 3
( ) ( ) ( )
P x x y y z z
0,25
Xét hàm số
3
( ) , 0;1
f a a a a . Ta có
0;1
2 3
max ( )
9
f a . Suy ra
2 3
3
P .
0,25
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là
2 3
3
, đạt được khi
1
3
x y z
.
0,25
1. (1,0 điểm)
Phương trình AB:
10 0
x y
.
0,25
Do
A AB
nên
( ;10 )
A b b
.Từ I là trung điểm AB, tìm được
(10 ; )
B b b
.
0,25
(1 ; 7); (11 ; 1).
AH b b CB b b
Ta có
. 0
AH CB AH CB
.
0,25
1 11 7 1 0 1; 9
b b b b b b
Khi
1
b
1;9 ; 9;1
A B .
Khi
9 9;1 , 1;9
b A B
0,25
2. (1,0 điểm)
Từ giả thiết có
. (0; ; )
OA t u t t
(0; ; ). (0;1; 2), (3;1;4), (1; ; 2)
A t t BC BD BA t t
0,25
, (2; 6; 3)
BC BD
. Suy ra
, 9 4.
BC BD BA t
0,25
Ta có
ABCD
V
1 5 1
, 9 4
6 6 6
BC BD BA t
1
1;
9
t t
.
0,25
Với
1 (0;1;1)
t A
.
Mặt cầu cần tìm có phương trình là:
2 2 2
7 29 7 46
( ) : 0
5 5 5 5
S x y z x y z
.
Với
1
0
9
t
, tương tự ta tìm được phương trình mặt cầu
0,25
3. (1,0 điểm)
Điều kiện
0
x
2
2 2
2
log log 4
4 6 2.3
x x
x
2
2 2
2 2 2 2 2
1 log
log 4 log log 4 2log 2 2log 2
6
2 6 2.3 2 2.3 0
6
x
x x x x x
0,25
2 2 2
2log 2 1 log 2log 2
6.2 6 12.3 0
x x x
0,25
2 2
2log 2 log 2
2 2
6. 12 0
3 3
x x
0,25
VIa.
(3,0 điểm)
2
log 2
2 3 1
3 2 4
x
x
0,25
1. (1,0 điểm)
Kiểm tra điểm A ta thấy A nằm trong đường tròn (C). 0,25
Khi đó PA/(C) =
2 2
. . 3
AB AC AB AC IA R
. Suy ra AB.AC=3.
0,25
Theo BĐT AM-GM ta có
2 . 2 3
BC AB AC AB AC .
Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC.
0,25
Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận
(1; 1)
IA
là vectơ pháp tuyến.
Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0.
0,25
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
(2; 1; 3)
d
u
.mp(P) có vectơ pháp tuyến
(7;9;2)
P
n
.
0,25
Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên
thì
(4; 1; 6)
M
. Đường thẳng
có vectơ chỉ phương
1
, (1; 1;1)
25
P d
u n u
0,25
VIb.
(3,0 điểm)
Ta thấy
, d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách
1
42
0,25
nên
,
3
3 3
1
42 42 42
,
d
d
u u MH
t
t
u u
hoặc
1
t
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là
1 2
7 15 '
: 4 ( ); : 6 '( )
10 22 '
x t x t
y t t R y t t R
z t z t
0,25
3. (1,0 điểm)
Điều kiện:
0 , 1
x y
. Đặt
2 2
log ; log
a x b y
. Khi đó, hệ phương trình trở thành:
2 2
9
1 1 10
1 9
1
2
a b
a b
a b
ab
(*)
(**)
2 2
10 1 9 1 1
2 1 9
a b ab a b
a b ab ab
(1)
(2)
0,25
Lấy phương trình (1) chia vế theo vế (2) ta được:
2
2 2
2
5 1
5 1 1
1
a b
ab a b
a b
(3)
Từ (*), ta suy ra
2 2
9
1 10 1
a b
a b
.
0,25
Thay vào (3), ta có:
2 2
2 2
9 1 1 9
5 5 0
10 1 1 2
b b b b
b b b b
(4)
Đặt
2
1
b
t
b
. Phương trình (4) trở thành:
2
5 9 5
0 2 9 10 0 2;
2 2
t t t t t
t
.
0,25
Với
2
t
2
2 1 0 1
b b b
2
y
2
4
x
x
Với
2
2 4, 2
5
2 5 2 0
1
2
2, 2
2
b y x
t b b
b y x
Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (2;4);(2; 2)
x y
2;4 , 4;2
.
0,25
- - - Hết - - -
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối: D
(Đáp án- thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
* Tập xác định
D R
* Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
2
' 3 12 9
y x x
,
' 0 1; 3
y x x
Hàm số đồng biến trên các khoảng
;1
và
3;
. Hàm số nghịch biến trên khoảng
1;3
0,25
Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
Cực trị:
3
1, 2; , 2
CD CD CT CT
x y x y
0,25
Bảng biến thiên:
x
1
3
'
y
0
0
y
2
2
0,25
* Đồ thị:
HS tự vẽ
0,25
2. (1,0 điểm)
Điểm
( )
M C
nên
3 2
; 6 9 2 , 1;3
M t t t t t .
0,25
Hàm số có đồ thị (C) nhận điểm cực tiểu
3; 2
A
, điểm cực đại
2;1
B .
Phương trình AB:
2 4 0
x y
0,25
Ta có:
3
2 9 2 4
1 1
. , 6 6 4 16
2 2
4 1
ABM
t t t
S AB d M AB
0,25
I.
(2,0 điểm)
3 2
6 11 6 6 0; 4
t t t t t
Vậy điểm M là
(0; 2); (4;2)
M M
.
0,25
II. 1. (1,0 điểm)
ĐK sin2 0
2
k
x x
0,25
2
2
1
(1) 1 6 1 sin 2
sin .sin 2 2
cosx
x
cos x x x
0,25
2
2 2
2 2
2 1 2 sin 2
1 6 1 sin 2 6 3sin 2
sin 2 2 sin 2
x
x x
x x
0,25
2 2 2 4 2
2 sin 2 (6 3sin 2 )sin 2 3sin 2 5sin 2 2 0
x x x x x
2
2
4 2
sin 2 1
1 6
arcsin
2
2 3
sin 2
3
1 6
arcsin
2 2 3
m
x
x
x m
x
x m
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có: y 0 không là nghiệm của HPT. Đặt
1
t
y
do đó
0,25
2 2 2 2 2
2 2
7
1
7 7
10 10 10
1
x
x
x xt t x xt t
t t
x x t x t
t t
0,25
Đặt ;
S x t P xt
, ta có
2
7
6
13
2 10
S P
S
P
S P
hoặc
4
3
S
P
0,25
(2,0 điểm)
Khi
4
3
S
P
thì x;t là nghiệm PT
2
4 3 0
X X
X 1; X 3.
Vậy nghiệm HPT đã cho là
1
1; ; 3; 1
3
Khi
6
13
S
P
thì x;t là nghiệm PT X
2
6X 13 0VN .
0,25
(1,0 điểm)
Đặt
2
1 1 2
t x t x dx tdt
Khi
1 0; 2 1
x t x t
0,25
Khi đó:
1
2
2
0
2 ( 1)( 3)
9
t t t
I dt
t
0,25
1
2
0
30
3 10
3
t t dt
t
0,25
III.
(1,0 điểm)
1
3 2
0
3 53 4
2 10 60ln 3 60ln
3 2 3 3
t t
t t
0,25
(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm BC. Ta có
0
3
( ); 60 , .
2
a
SG ABC SAG AG
0,25
Từ đó
9 3 3
; .
4 2
a a
AK SG
0,25
IV.
(1,0 điểm)
Trong tam giác ABC đặt
2 ; 3.
AB x AC x BC x
0,25
Ta có
2 2 2
AK AB BK
nên
9 7
14
a
x
3
.
1 243
.
3 112
S ABC ABC
V SG a
S (đvtt)
0,25
(1,0 điểm)
Đặt
3 1 2 4 3 , 21;7
t x x t
0,25
Khi đó phương trình trở thành
2
1
1
t mt m t
t
, do
0
t
(2).
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm
21;7
t
.
0,25
Xét hàm số
1
( ) ,
f t t
t
21;7
t
. Ta có
2
1
'( ) 1 0
f t
t
.
0,25
V.
(1,0 điểm)
Xét bảng biến thiên ta có phương trình (1) có nghiệm khi
20 48
7
21
m
0,25
1. (1,0 điểm)
Phương trình AB:
10 0
x y
.
0,25
Do
A AB
nên
( ;10 )
A b b
.Từ I là trung điểm AB, tìm được
(10 ; )
B b b
.
0,25
(1 ; 7); (11 ; 1).
AH b b CB b b
Ta có
. 0
AH CB AH CB
.
0,25
1 11 7 1 0 1; 9
b b b b b b
Khi
1
b
1;9 ; 9;1
A B .
Khi
9 9;1 , 1;9
b A B
0,25
2. (1,0 điểm)
Từ giả thiết có
. (0; ; )
OA t u t t
(0; ; ). (0;1; 2), (3;1;4), (1; ; 2)
A t t BC BD BA t t
0,25
, (2; 6; 3)
BC BD
. Suy ra
, 9 4.
BC BD BA t
0,25
Ta có
ABCD
V
1 5 1
, 9 4
6 6 6
BC BD BA t
1
1;
9
t t
.
0,25
Với
1 (0;1;1)
t A
.
Mặt cầu cần tìm có phương trình là:
2 2 2
7 29 7 46
( ) : 0
5 5 5 5
S x y z x y z
.
Với
1
0
9
t
. Tương tự tìm ra phương trình mặt cầu
0,25
3. (1,0 điểm)
Điều kiện
0
x
2
2 2
2
log log 4
4 6 2.3
x x
x
2
2 2
2 2 2 2 2
1 log
log 4 log log 4 2log 2 2log 2
6
2 6 2.3 2 2.3 0
6
x
x x x x x
0,25
2 2 2
2log 2 1 log 2log 2
6.2 6 12.3 0
x x x
0,25
2 2
2log 2 log 2
2 2
6. 12 0
3 3
x x
0,25
VIa.
(3,0 điểm)
2
log 2
2 3 1
3 2 4
x
x
0,25
1. (1,0 điểm)
Kiểm tra điểm A ta thấy nằm trong đường tròn (C). 0,25
Khi đó PA/(C) =
2 2
. . 3
AB AC AB AC IA R
. Suy ra AB.AC=3.
0,25
VIb.
(3,0 điểm)
Theo BĐT AM-GM ta có
2 . 2 3
BC AB AC AB AC .
Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC.
0,25
Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận
(1; 1)
IA
là vectơ pháp tuyến.
Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0.
0,25
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
(2; 1; 3)
d
u
.mp(P) có vectơ pháp tuyến
(7;9;2)
P
n
.
0,25
Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên
thì
(4; 1; 6)
M
. Đường thẳng
có vectơ chỉ phương
1
, (1; 1;1)
25
P d
u n u
0,25
Ta thấy
, d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách
1
42
nên
,
3
3 3
1
42 42 42
,
d
d
u u MH
t
t
u u
hoặc
1
t
0,25
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là
1 2
7 15 '
: 4 ( ); : 6 '( )
10 22 '
x t x t
y t t R y t t R
z t z t
0,25
3. (1,0 điểm)
Ta có
2
2
2 2 1
' ;
2 1
x x
y
x
0,25
1 3
' 0
2
y x
0,25
Bảng biến thiên:
x
1
4
1 3
2
'
y
0
y
2 3
2
5
8
0,25
Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị lớn nhất của hàm số:
1
;
4
2 3
,
2
max y
tại
1 3
2
x
0,25
- - - Hết - - -
