Đề và đáp án thi thử Hậu Lôc 2 nămv2012-2013

SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm).
Cho hàm số:
2
1
x
y
x
−
=
+
có đồ thị là (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận của (C), M là điểm thuộc (C) có hoành độ lớn hơn
1−
. Viết
phương trình tiếp tuyến của (C) tại M biết tiếp tuyến đó vuông góc với IM.
Câu 2 (2 điểm)
1. Giải phương trình:
3
2
2cos sin 1
2sin 2sin 1
cos
x x
x x
x
+ +
+ + =

2. Giải bất phương trình:
( ) ( )
( )
2
2
3 1 2 3 1 3 4x x x+ ≤ + − +
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân:
4
2
6
cos ln(1 sin )
sin
x x
I dx
x
π
π
+ +
=
∫
Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; tam giác SBD đều cạnh
2a
,
tam giác SAC vuông tại S có
3SC a=
; góc giữa mp(SBD) và mặt đáy bằng
0
60
. Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa đường thẳng AC và đường thẳng SB.

Câu 5 (1 điểm). Cho các số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn:
12a b c
+ + ≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
2 1 2 1 2 1
a b c
S
ab c c bc a a ac b b
= + +
+ + + + + +
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 6.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 144. Gọi điểm
(2;1)M
là trung điểm của đoạn AB; đường phân giác trong góc A có phương trình
: 3 0AD x y+ + =
.
Đường thẳng AC tạo với đường thẳng AD góc
ϕ
mà
4
cos
5
ϕ
=
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
biết đỉnh B có tung độ dương.

Câu 7.a (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( ) : 2 2 0P x y z− + =
và các đường thẳng
1 2
1 1 1 1 2
: ; :
1 3 2 2 1 1
x y z x y z
d d
− − − − −
= = = =
−
. Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong mp(P), vuông
góc với
1
d
và cắt
2
d
.
Câu 8.a (1 điểm). Tính
.z i z+
biết z là số phức thỏa mãn:
( 2)( 1)z z− +
là số thuần ảo và
3z =
.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 6.b (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2
( ): 4 6 9 0C x y x y+ − + + =
và đường
thẳng
: 1 0d x y+ + =
. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ngoại tiếp đường tròn (C) biết rằng đỉnh A thuộc
đường thẳng d và có hoành độ dương.
Câu 7.b (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng
1 2
:
2 1 1
x y z
d
+ +
= =
−
và mặt phẳng
(P):
3 0x y z+ + + =
. Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mp(P). Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong mp(P), vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến
∆
bằng
42
.
Câu 8.b (1 điểm). Giải phương trình:
2 2
2 2 2

log .( 1) log .log ( ) 2 0x x x x x
 
− + − − =
 
.
- Thí sinh thi khối D không phải làm câu 5.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2012-2013
MÔN: TOÁN – Khối A, A
1
, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Nội dung Điểm
1
1. Khảo sát và vẽ (C):
2
1
x
y
x
−
=
+
* TXĐ:
{ }
\ 1D R= −
* Sự biến thiên:
- Giới hạn:
2

lim lim 1
1
x x
x
y
x
→±∞ →±∞
−
= =
+
⇒
tiệm cận ngang là đường thẳng
1y =
1 1 1 1
2 2
lim lim ; lim lim ;
1 1
x x x x
x x
y y
x x
− − + +
→− →− →− →−
− −
= = +∞ = = −∞
+ +
⇒
tiệm cận đứng là đường thẳng
1x
= −

- Chiều biến thiên:
2
3
' 0
( 1)
y
x
= > ⇒
+
hàm số đồng biến trên TXĐ D
- Bảng biến thiên:
x
−∞
1−
+∞
'y

+

+
y

+∞
1
1
−∞
* Đồ thị: - Đồ thị hàm số đi qua điểm
(0; 2)−
,
(2;0)

,
( 2;4)−
,
( 4;3)−
và đối xứng qua
điểm
( 1;1)I −
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2. Viết phương trình tiếp tuyến…
- Giao điểm của 2 tiệm cận là
( 1;1)I −
.
- Gọi
2
; ( )
1
a
M a C
a
−
 
∈
 ÷
+
 
,
( 1)a > −

, suy ra phương trình tiếp tuyến tại M là:
2
3 2
( )
( 1) 1
a
y x a
a a
−
= − + ⇒
+ +
tiếp tuyến có vectơ chỉ phương là:
2
3
1;
( 1)
u
a
 
=
 ÷
+
 
r
- Vectơ
3
1;
1
IM a
a

−
 
= +
 ÷
+
 
uuur
- Tiếp tuyến vuông góc với IM khi và chỉ khi
3
9
. 0 1 0
( 1)
u IM a
a
= ⇔ + − =
+
uuur
r
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4
1 3 1 3
( 1) 9 1 3
1 3 1 3
a a
a a
a a
 
+ = − = − −

⇔ + = ⇔ ⇔ ⇒ = − +
 
+ = = − +
 
 
(do
1)a > −
Vậy phương trình tiếp tuyến là:
2 2 3y x= + −
.
0,25đ
2
1. Giải phương trình lượng giác:
3
2
2cos sin 1
2sin 2sin 1
cos
x x
x x
x
+ +
+ + =
(1)
* ĐK:
cos 0 , .
2
x x m m Z
π
π

≠ ⇔ ≠ + ∈
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
2 3
2 2
2
2 2
2
PT(1) cos 2sin 2sin 1 2cos sin 1
2cos cos sin 1 2sin .cos (cos sin ) 0
2cos cos sin cos sin (cos sin ) 0
cos sin 2cos (cos sin ) cos sin 1 0
cos sin 2cos 1 2sin cos cos si
x x x x x
x x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x x
⇔ + + = + +
⇔ − + − − − =
⇔ − + − − − =
⇔ − + + − − =
⇔ − − + + −
( )
( ) ( )
n 0

cos sin cos 2 sin 2 cos sin 0
cos sin 0 tan 1
cos2 sin 2 cos sin 0 sin 2 cos 2 sin cos
4 4
tan 1
2 2
sin 2 sin
4 4
4 4
5
2 2
4 4
x
x x x x x x
x x x
x x x x x x x x
x k x k
x
x x k
x x
x x k
π π
π
π π
π
π π
π π
π
=
⇔ − + + − =

− = =
 
⇔ ⇔
 
+ + − = + = −
 

= + = +

=




⇔ ⇔ + = − + ⇔
   


+ = −
 ÷  ÷


   


+ = − + +


2
2

2
3 3
x k
x k
π
π
π
π π




= − +



= +


- Kết hợp điều kiện ta được 2 họ nghiệm:
2
, , .
4 3 3
x k x k k Z
π π π
π
= + = + ∈
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
2. Giải bất phương trình:
( ) ( )
( )
2
2
3 1 2 3 1 3 4x x x+ ≤ + − +
(1)
- Ta có:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
(1) 9 1 6 9 1 3 4 3 3 6 9 1 3 4x x x x x x⇔ + ≤ + − + ⇔ + ≤ + − +
(2)
- Đặt
2
3 4 ( 0) 3 4t x t x t= + ≥ ⇒ = −
, BPT (2) trở thành:
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2
1 2 1 1 1 ( 1) (2 1) 0 1 2 0

1
3 4 1
1 1
4
0 0 3 4 0
3
2 2
3 4 2
0
t t t t t t t t t
x
x
t t
t t x x
t t
x
x
− ≤ + − ⇔ − + − + ≤ ⇔ − − ≤
= −


+ =
= =
 


 

⇔ ≤ ⇔ = ⇒ + = ⇔ = −


 


 
≥ ≥
+ ≥
 


≥


- Vậy BPT ban đầu có tập nghiệm là:
[
)
4
; 1 0;
3
T
 
= − − ∪ +∞
 
 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3
Tính tích phân:
4 4 4

2 2 2
6 6 6
cos ln(1 sin ) cos . ln(1 sin )
sin sin sin
x x x dx x
I dx dx
x x x
π π π
π π π
+ + +
= = +
∫ ∫ ∫
4 4
4
2 2
6
6 6
(sin ) ln(1 sin ) 1
2 2
sin sin sin
d x x
dx J J
x x x
π π
π
π
π π
+
 
= + = − + = − +

 ÷
 
∫ ∫
0,25đ
- Tính
4
2
6
ln(1 sin )
sin
x
J dx
x
π
π
+
=
∫
. Đặt
2
ln(1 sin ) cos
1 sin
cot
sin
u x x
du dx
x
dx
dv
v x

x
= +
 
=
 
⇒
+
 
=
 
= −
 
( )
2
4 4
4
6
6 6
4 4
4
6
6 6
cos 3 2 2 1 sin
cot .ln(1 sin ) 3ln ln
sin (1 sin ) 2 2 sin
3 2 2 1 3 2 2
3 ln ln 3 ln ln
2 2 sin 2 2
3 2 2
3 ln ln

2 2 12
xdx x
J x x dx
x x x
dx dx x K
x
K
π π
π
π
π π
π π
π
π
π π
π
+ −
⇒ = − + + = − +
+
+ +
= − − + = − − +
+
= − − +
∫ ∫
∫ ∫
- Tính
4 4 4 4
2 2
6 6 6 6
sin . (cos ) 1 1 1

sin sin 1 cos 2 1 cos 1 cos
dx x dx d x
K dx
x x x x x
π π π π
π π π π
 
= = = − = − +
 ÷
− + −
 
∫ ∫ ∫ ∫
4
6
1 1 cos 2 3
ln ln
2 1 cos
2 1
x
x
π
π
+ +
= − =
−
+
Vậy
3 2 2 2 3
2 2 3ln ln ln
2 2 12

2 1
I
π
+ +
= − + − − +
+
.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4
* Tính thể tích…
- Trong mp(SAC) dựng
SH AC
⊥
tại H.
- Do
SBDV
đều nên
SO BD⊥
, lại do ABCD là hình thoi nên
AC BD⊥
mp( ) mp( )BD SAC BD SH SH ABCD⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
- Vì
SBDV
đều có cạnh
2 3a SO a⇒ =
và
SO BD⊥
- Lại do

·
0
60CO BD SOC⊥ ⇒ =
là góc giữa mp(SBD) và mp(ABCD)
0
3 3
.sin 60 3.
2 2
a
SH SO a⇒ = = =
- Nhận thấy:
SOCV
có
·
0
3, 60SC SO a SOC SOC= = = ⇒V
là tam giác đều
2
2 3
.
1 1
3 2 3 . .2 .2 3 2 3
2 2
1 1 3
. . .2 3 3
3 3 2
ABCD
S ABCD ABCD
CO a AC a S AC BD a a a
a

V SH S a a
⇒ = ⇒ = ⇒ = = =
⇒ = = =

* Tính khoảng cách giữa SB và AC.
0,25đ
0,25đ
I
S
H
O
D
C
B
A
- Gọi I là trung điểm SD
// mp( ) //OI SB IAC SB⇒ ⇒
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d AC SB d B IAC d D IAC h⇒ = = =
.
- Ta thấy: I là trung điểm SD nên
1
( ;( )) ( ;( ))
2
d I ABCD d S ABCD=
;
Lại thấy:
3
. .
1 1 3
2 4 4

ADC ABCD I ADC S ABCD
a
S S V V= ⇒ = =
V
;
- Lại có:
2 2 2 2 2 2
3 4CD CO OD a a a= + = + =
2 2 2 2 2 2 2
2
3 4 4 5
2 4 2 4 2
SC CD SD a a a a
IC
+ +
⇒ = − = − =
Tam giác
ICO
có
·
2 2 2 2
2 2 2 2 2
5 3
; ; 3 cos
2 2. . 4
a OI OC IC
IC IO a OC a IOC
OI OC
+ −
= = = ⇒ = =

· ·
·
2
2 2
13
sin 1 cos
4
1 1 13 39 39
. .sin . . 3. 2.
2 2 4 8 4
OIC IAC IOC
IOC IOC
a a
S OI OC IOC a a S S
⇒ = − =
⇒ = = = ⇒ = =
V V V
- Mà
. .
1
. .
3
I ACD D IAC IAC
V V h S= =
V
3 2
.
3
3 3 39 3
:

4 4
13
D IAC
IAC
V
a a a
h
S
⇒ = = =
V
Vậy
3
.
3
S ABCD
V a=
và
3
( ; )
13
a
d AC SB =
.
0,25đ
0,25đ
5
- Đặt
2 2 2
, , , , 0, 12x a y b z c x y z x y z= = = ⇒ > + + ≥
và

3
6
3
6
3
6
121212 yzx
z
xyz
y
zxy
x
S
++
+
++
+
++
=
- Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
211)1)(1(212
2223
+=+−++≤+−+=+ xxxxxxxx
;
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
.2=x
- Tương tự:
3 2 3 2
2 1 2, 2 1 2y y z z+ ≤ + + ≤ +
;

các dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2, 2y z= =
- Áp dụng các kết quả trên và giả thiết ta được:
( ) ( )
( ) ( )
( )
6 6 6 3 3 3 2
2 2 2 2 2 2
2 2
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
3 3 3 3 3 3
2 2 2
2 2 2
2 2 2
( )
2 2 2 2 2 2
( 2) ( 2) ( 2) 2( ) 6
2
5
2( )
2
x y z x y z
S
xy z yz x zx y xy yz zx x y z
x y z x y z
x y z x y z x y z
x y z x y z
x y z

x y z
x y z
+ +
≥ + + ≥
+ + + + + + + + + + + + + +
+ + + +
≥ =
+ + + + + + + + + + +
+ + + +
≥ =
+ +
+ +
+ + +
- Áp dụng BĐT AM-GM ta được:
4334
2
1
2
1
23233
−≥⇒≥++ xxxxx
, dấu “=” xảy ra
2=⇔ x
.
Tương tự suy ra
)(2)()(312)(3
222222222222333
zyxzyxzyxzyxzyx
++=++−++≥−++≥++
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
Suy ra
( )
5
96
5
)(8
)(5
8
222
222
2
222
≥
++
=
++
++
≥
zyx
zyx
zyx
S
, dấu “=” xảy ra
.2===⇔ zyx
Vậy
min
96

2 4.
5
S x y z a b c= ⇔ = = = ⇔ = = =
6.a
* Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD
'M AC⇒ ∈
+ Ta có pt
': 1 0MM x y− − =
+ Gọi
' ( 1; 2)I MM AD I= ∩ ⇒ = − −
+ Do I là trung điểm
' ( 4; 5)MM M⇒ = − −
* Đường thẳng AD có vtpt là
(1;1)n =
r
+ Giả sử đường thẳng AC có vtpt là

2 2
1
( ; ), 0n a b a b= + ≠
ur
.
+ Theo giả thiết suy ra:
( )
1
2 2
1
2 2
1
.

7
4 4
cos cos , 7 50 7 0
7
5 5
2
n n
a b
a b
n n a ab b
b a
n n
a b
ϕ
=
+

= ⇔ = ⇔ = ⇔ − + = ⇔

=
+

r ur
r ur
r ur
+ Với
7a b=
, chọn
1 7 :7 33 0b a pt AC x y= ⇒ = ⇒ + + =
- Điểm

( )
3 0 5
: 5;2
7 33 0 2
x y x
A AD AC A A
x y y
+ + = = −
 
= ∩ ⇒ ⇔ ⇒ = −
 
+ + = =
 
- Điểm
(2;1)M
là trung điểm của AB
( )
9;0B⇒ =
(loại)
+ Với
7b a=
, chọn
1 7 pt : 7 39 0a b AC x y= ⇒ = ⇒ + + =
- Điểm
( )
3 0 3
: 3; 6
7 39 0 6
x y x
A AD AC A A

x y y
+ + = =
 
= ∩ ⇒ ⇔ ⇒ = −
 
+ + = = −
 
- Điểm
(2;1)M
là trung điểm của AB
( )
1;8B⇒ =
(thỏa mãn đk)
48
10 2 và pt :7 15 0 ( '; )
5 2
AB AB x y d M AB⇒ = + − = ⇒ =
;
* Nhận thấy:
'
1 144 1
( '; ). 48 ( ; ) 3. ( '; )
2 3 3
M AB ABC
S d M AB AB S d C AB d M AB= = = = ⇒ =
V V
Lại vì M’ nằm giữa A, C nên
3 ' ( 18; 3)AC AM C= ⇒ = − −
uuur uuuuur
Vậy

( )
3; 6A = −
,
( )
1;8B =
,
( 18; 3)C = − −
là các điểm cần tìm.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
7.a
- Ta thấy:
mp( )P
có vectơ pháp tuyến là
(2; 1;2)n = −
r
;
Đường thẳng
1
d
có vectơ chỉ phương là:
1
(1;3;2)u =
ur
- Gọi
2
1
2 2 0

( ) : 2 (1;2;0)
1 2
0
2 1 1
x
x y z
A d P A y A
x y z
z
=

− + =

 
= ∩ ⇒ ⇔ = ⇒ =
 − −
= =
 
=
 −

- Giả sử đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là
u
r
.
+ Vì
1
1

( )P u n
d
u u

∆ ⊂ ⊥


⇒
 
∆ ⊥
⊥



r r
r ur
nên có thể chọn
1
, ( 8; 2;7)u n u
 
= = − −
 
r r ur
+ Lại do
( )P∆ ⊂
và
∆
cắt
2
d ⇒ ∆

đi qua
(1;2;0)A =
Vậy phương trình đường thẳng
1 2
:
8 2 7
x y z− −
∆ = =
− −
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
8.a
- Giả sử
, ( , )z a bi a b R z a bi= + ∈ ⇒ = −
và
2 2
z a b= +
+ Ta có
( ) ( )
2
( 2)( 1) ( 2) ( 1) ( 2)( 1) 3z z a bi a bi a a b bi− + = − + + − = − + + +
là số
0,25đ
A
M’
M
B
C

I
D
thuần ảo khi và chỉ khi
2 2 2
( 2)( 1) 0 2 0a a b a b a− + + = ⇔ + − − =
(1)
+ Mặt khác:
2 2 2 2
3 3 3z a b a b= ⇔ + = ⇔ + =
(2)
+ Từ (1) và (2) ta được
1, 2a b= = ±
1 2
1 2
z i
z i

= +
⇒

= −


2
2
. 2(1 2) 2 2
. (1 2) (1 2)
. (1 2) (1 2)
. 2(1 2) 2 2
z i z

z i z i
z i z i
z i z


+ = + = +
+ = + + +

⇒ ⇒


+ = − + −

+ = − = −


Vậy
. 2 2z i z+ = +
hoặc
. 2 2z i z+ = −
0,25đ
0,25đ
0,25đ
6.b
- Đường tròn (C) có tâm
(2; 3)I = −
, bán kinh
2R =
.
- Vì đỉnh

: 1 0 ( ; 1)A d x y A a a∈ + + = ⇒ = − −
với
0a
>
.
- Vì đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD nên tâm của đường tròn (C) cũng là tâm
của hình vuông và
2 2
2 2 2 8 2( 2) 8IA R IA a= = ⇔ = ⇔ − =
2
2 2 4
( 2) 4 (4; 5)
2 2 0 (loai)
a a
a A
a a
− = =
 
⇔ − = ⇔ ⇔ ⇒ = −
 
− = − =
 
+ Vì I là trung điểm AC
(0; 1)C⇒ = −
.
Đường thẳng
BD AC
⊥
tại I
pt : 5 0BD x y⇒ − − =

- Lại thấy các đỉnh B và D là giao điểm của đường thẳng BD và đường tròn ngoại tiếp
hình vuông ABCD suy ra tọa độ B, D là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
4
1
5 0
(4; 1), (0; 5)
(0; 5), (4; 1)
( 2) ( 3) 8
0
5
x
y
x y
B D
B D
x y
x
y
 =



= −
− − =
= − = −





⇔ ⇒



= − = −
− + + =
=





= −



Vậy các đỉnh của hình vuông là:
(4; 5), (4; 1), (0; 1), (0; 5)A B C D= − = − = − = −
hoặc
(4; 5), (0; 5), (0; 1), (4; 1)A B C D= − = − = − = −
.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
7.b
- Vì
( ) (0; 1; 2)M d P M= ∩ ⇒ = − −
- Mp(P) có vectơ pháp tuyến là:
(1;1;1)n =

r
,đường thẳng d có vectơ chỉ phương là:
(2;1; 1)u = −
r
. Do đường thẳng
∆
cần tìm nằm trong mp(P) và vuông góc với đường
thẳng d nên đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là:
1
, ( 2;3; 1)u n u
 
= = − −
 
ur r r
.
- Gọi
( ; ; )N x y z
là hình chiếu vuông góc của M trên
∆
, suy ra
( ; 1; 2)MN x y z= + +
uuuur
+ Theo giả thiết suy ra:
1
2 2 2
2 3 1 0
(4;0; 7)
( ) 3 0

( 4; 2;3)
( 1) ( 2) 42
42
MN u
x y z
N
N P x y z
N
x y z
MN

⊥

− + − + =
= −



∈ ⇔ + + + = ⇔ ⇔
 

= − −

 
+ + + + =
=


uuuur ur
- Vậy có hai đường thẳng

∆
thỏa mãn yêu cầu bài toán:
4 7
:
2 3 1
x y z− +
∆ = =
− −
hoặc
4 2 3
:
2 3 1
x y z+ + −
∆ = =
− −

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
8.b
* Giải PT:
2 2
2 2 2
log .( 1) log .log ( ) 2 0x x x x x
 
− + − − =
 
(1)
- ĐK:

1x >
2 2
2
2 2 2
2 2
2 2 2 2
( )
PT(1) log log .log ( ) 2 0
2log ( ) log log .log ( ) 2 0
x x
x x x
x
x x x x x x
 
−
⇔ + − − =
 
 
⇔ − − + − − =
0,25đ
( )
2 2
2 2 2
2
2 2
2
2 2
2 2
2 2
2 log ( ) 1 log . log ( ) 1 0

log ( ) 1 log 2 0
1
2 0
log ( ) 1 0 log ( ) 1
2
1
log 2 0 log 2

1
4
4
x x x x x
x x x
x
x x
x x x x
x
x x
x
x
   
⇔ − − + − − =
   
 
⇔ − − + =
 


= −


− − =
 
− − = − =


⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
 


+ = = −
=
 



=


- Kết hợp điều kiện ta thấy PT(1) có duy nhất một nghiệm:
2x
=
0,25đ
0,25đ
0,25đ
* Chú ý: - Thí sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
- Câu hình học không gian (câu 4), nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không
chấm điểm.
- Thí sinh thi khối D không phải làm câu 5, điểm của câu đó được tính vào câu 1 (mỗi ý 0,5 điểm)