Đề thi thử đại học môn toán có đáp án

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
( )
4 2
4 1 2 1y x m x m= − − + −
có đồ thị
( )
m
C
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số khi
3
2
m =
.
2. Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam
giác đều
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
4
2
1 tan
8 os ( ) sin 4 2.

4 1 tan
x
c x x
x
π
−
+ + =
+
2. Giải hệ phương trình sau trên R:
3
2 4 3
1 1 2
9 (9 )
x y
x y y x y y

+ + − =


− + = + −


Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2
2
2
0
( )
4

x
x
I x e dx
x
= −
−
∫
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình thang vuông tại
A
và
B
với
BC
là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác
SAB
là tam giác đều có cạnh với độ
dài bằng
2a
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy,
5SC a=
và
khoảng cách từ
D
tới mặt phẳng
( )
SHC
bằng
2 2a

(ở đây
H
là trung điểm
AB
). Hãy tính thể tích khối chóp theo
.a

Câu V(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn:
3a b c+ + =
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
4
ab bc ca
a b c
a b b c c a
+ +
+ + + ≥
+ +
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc
phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình
2 2
( 2) ( 3) 10x y− + − =
. Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh
AB đi qua M(-3; -2) và x
A

> 0.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VII.a (1,0 điểm)
1
Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: z = 1 + (1 + i) + (1 + i)
2
+ (1 + i)
3
+
… + (1 + i)
20
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng
03:
1
=−− yxd
và
06:
2
=−+ yxd
.
Trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của d
1
với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh
của hình chữ nhật
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-
2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x +

2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC
Câu VII.b (1,0 điểm
Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z
thỏa mãn hệ thức
2 1 2z z z− = − +
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011
Câu ý Nội dung Điểm
I
1
Với m= 3/2 ta có y = x
4
-2x
2
+2
Tập xác định: Hàm số có tập xác định
D R.=
• Sự biến thiên:
3
4 4y' x x.= −
Ta có
0
0
1
x
y'
x
=

= ⇔


= ±

0.25
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
( ) ( )
0 2 1 1
CD CT
y y ; y y .= = = ± =
0.25
• Bảng biến thiên:
x
−∞
-1 0 1
+∞
y'


−
0
+
0
−
0
+
y
+∞

2
+∞
1 1
0.25
• Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
• Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy
0.25
2
• Ta có
( ) ( )
( )
3 2
4 8 1 4 2 1y x m x x x m .
′
= − − = − −

•
( )
2
0
0
2 1
x
y
x m
=

′
= ⇔


= −

nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1
0.25
• Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
0 2 1 2 1 4 10 5 2 1 4 10 5A ; m ,B m ; m m ,B m ; m m .− − − + − − − − + −
Ta có:
0.5
2
( ) ( )
( )
4
2 2
2
2 1 16 1
8 1
AB AC m m
BC m
= = − + −
= −
So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra
3
3
1
2

m = +
0.25
II
1
2
Đk:
0
2
cos x x k
π
π
≠ ⇔ ≠ +
,ta có
( )
2
2 inx 1 2 n
4
cos( x ) cos x s , sin x cos x s i
π
+ = − − = −
0.25
( )
( )
( )
( )
( )
( )
4
2 2
3

4
os 1 2
os inx
cos x sin x c x sin x sin x
cos x sin x c x sin x s cos x
⇔ − = − −
⇔ − = − +
( )
3
0sin x cos x sin x⇔ − =
0.25
0
0 0
4
x k
sin x x k
cos x sin x tan x
x k
π
π
π
π
=

= =
 

⇔ ⇔ ⇔
 


− = =
= +
 

Vậy pt có 2 nghiệm:
4
x k
x k
π
π
π
=



= +

0.5
Đk:
1y ≤
. Ta có
( )
( )
( )
2 4 3 3
9 9 9 0x y y x y y x y x y− + = + − ⇔ − + − =
0.25
vì
1y ≤
và

3
1 1 2x y+ + − =
nên
3
1 x+
≤
2
⇔
x
≤
7.Do đó
3
9x y+ −
≤
-1<0
nên x=y
0.25
Thế vào pt ban đầu ta được
3
1 1 2x x+ + − =
.Đặt
3
1a x= +

1b x= −
(b>0) thì
3 2
2
2
a b

a b
+ =


+ =

⇒

( ) ( )
( )
2
3 3 2 2
2 2 4 2 0 1 2 2 0a a a a a a a a+ − = ⇔ + − + = ⇔ − + − =
⇒

1; 1 3; 1 3a a a= = − + = − −
0.25
Từ đó tìm đựơc các nghiệm của hệ : x=y=0 và
11 6 3 11 6 3x y ; x y= = − + = = − −
0.25

III
1 1
3
2
1 2
2
0 0
4
x

x
I x e dx dx I I
x
= − = +
−
∫ ∫

0.25
Tính
1
2 2
2 2 1
1 0
0
1 1
( ) |
2 2 4
x
x x
e e
I xe dx xe
+
= = − =
∫
0.25
Tính
2
I
bằng cách đặt
2

4t x
= −
được
2
16
3 3
3
I
= − +
0.25
2
61
3 3
4 12
e
I
= + −
0.25
3
IV
4a
2a
2
2a
2a
a
a
a
5
C'

≡
C
a
a
a
a
a
45
°
45
°
H
E
A
D
C
B
H
B
A
C
D
S
Từ giả thiết suy ra
( )
SH ABCD⊥
và
2 3
3
2

a
SH a= =
0.25
Theo định lý Pythagoras ta có
2 2
2CH SC SH a= − =
.
Do đó tam giác
HBC
vuông cân tại
B
và
BC a
=
0.25
Gọi
DE HC A= ∩
thế thì tam giác
HAE
cũng vuông cân và do đó suy ra
2 2 2 4 3 .DE a a AD a= × = ⇒ =
0.25
Suy ra
( ) ( )
( )
2 2 ; ;CE a d D HC d D SHC= = =
y ra
( )
2
1

4
2
ABCD
S BC DA AB a= + × =
(đ.v.d.t.). Vậy
3
. D
1 4
3
3
S ABC ABCD
a
V SH S= × × =
(đ.v.t.t.)
0.25
V
Ta có: 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
)
= a

3
+ b
3
+ c
3
+ a
2
b + b
2
c + c
2
a + ab
2
+ bc
2
+ ca
2

mà a
3
+ ab
2

≥
2a
2
b
b
3
+ bc

2

≥
2b
2
c
c
3
+ ca
2

≥
2c
2
a
Suy ra 3(a
2
+ b
2
+ c
2
)
≥
3(a
2
b + b
2
c + c
2
a) > 0

0.25
Suy ra
2 2 2
2 2 2
ab bc ca
VT a b c
a b c
+ +
≥ + + +
+ +
2 2 2
2 2 2
2 2 2
9 ( )
2( )
a b c
VT a b c
a b c
− + +
⇒ ≥ + + +
+ +
0.25
Đặt t = a
2
+ b
2
+ c
2
, ta chứng minh được t
≥

3.
Suy ra
9 9 1 3 1
3 4
2 2 2 2 2 2 2
t t t
VT t
t t
−
≥ + = + + − ≥ + − =
⇒ VT ≥ 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
0.5
4

VI.a
1
ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 . Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán
kính
10R =
nên
2 2 2
2 2
| 2 3 3 2 |
10 10( ) 25( )
a b a b
a b a b
a b
+ + +
= ⇔ + = +

+
0.25
⇔

( 3 )(3 ) 0 3a b a b a b+ + = ⇔ = −
hay
3b a
= −
pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0
0.25
TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)⇒t>-1 và do IA
2
=2.R
2
=20⇒ t = 1, t = -1 (loại).
Suy ra A(6;1)⇒ C(-2; 5)
0.25
TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)⇒t>0 và do IA
2
=2.R
2
=20⇒ t = 0, t = -2 (không thoả
mãn)
0.25
2
+ ) Ta có:
(2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − =
uuur uuur
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực
của AB, AC là:

1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − =
0.25
+) Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là
, (8; 4;4).n AB AC
 
= = −
 
r uuur uuur
Suy ra (ABC):
2 1 0x y z− + + =
.
0.25
+) Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
+ − − = =
 
 
+ − = ⇒ =
 
 
− + + = =
 
. Suy ra tâm đường tròn là
(0; 2;1).I
0.25

Bán kính là
2 2 2
( 1 0) (0 2) (1 1 .) 5= = − − + − + − =R IA
0.25
VII.a

21
20
(1 ) 1
1 (1 ) (1 )
i
P i i
i
+ −
= + + + + + =
0,25
10
21 2 10 10
(1 ) (1 ) .(1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 )i i i i i i
 
+ = + + = + = − +
 
0,25
( )
10
10 10
2 (1 ) 1
2 2 1
i
P i

i
− + −
= = − + +
0,25
Vậy: phần thực
10
2−
, phần ảo:
10
2 1+
0,25
Ta có:
Idd
21
=∩
. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:



=
=
⇔



=−+
=−−
2/3y
2/9x
06yx

03yx
. Vậy






2
3
;
2
9
I
M là trung điểm cạnh AD
OxdM
1
∩=⇒
. Suy ra M( 3; 0)
0.25
Ta có:
23
2
3
2
9
32IM2AB
22
=







+






−==
Theo giả thiết:
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD
===⇔==
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1

ADd
1
⊥⇒
Đường thẳng AD có PT:

03yx0)0y(1)3x(1 =−+⇔=−+−
. Lại có:
2MDMA ==
0.25
5
VI.b
1
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
( )





=+−
=−+
2y3x
03yx
2
2

( ) ( )



±=−
−=
⇔




=−+−
+−=
⇔



=+−
+−=
⇔
13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2
2



=
=
⇔
1y
2x
hoặc




−=
=
1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0.25







2
3
;
2
9
I
là trung điểm của AC suy ra:



=−=−=
=−=−=
213yy2y
729xx2x
AIC

AIC
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0.25
2
Ta có
(2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8)AB AC n= − − = − − − ⇒ = −
uuur uuur r
là 1 vtpt của (ABC)
0.25
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25
M(x; y; z) MA = MB = MC ta có
2 3 2 0
2 0
x y z
x y z
− − − =


+ + =

0.25
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25
VII.
b
Đặt
( )
x,yz x yi= + ∈¡
. Ta có
2 1 2

2 1 2
2 1 2 2
z z z
x yi x yi x yi
x yi yi
− = − +
⇔ + − = + − + +
⇔ − + = +
( )
2
2 2
2 1 4 4x y y⇔ − + = +
0.5
2
2 0
0
2
x x
x
x
⇔ − =
=

⇔

=

Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2 đường thẳng
0, 2x x= =
0.5

6
ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ
Môn Toán- Khối A-B-D
Thời gian làm bài : 180 phút

I . Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số
)24()15(6)2(32
323
+−+++−= mxmxmxy
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0
2. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x
0
∈(1;2]
Câu 2:
1. Giải phương trình:
2)cos3(sin3sin =+ xxx
2. Giải bÊt phương trình:
116102
2
−−+− xxx

3
−≤
x
Câu 3: Tìm giới hạn:
x 0
ln(1 ) tan
2
lim

cot
x
x
x
π
π
→
− +
Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A
’
B
’
C
’
có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh là A .
Góc giữa AA
’
và BC
’
bằng 30
0
và khoảng cách giữa chúng là a. Gọi M là trung điểm của
AA
’
. Tính thể tích tứ diện MA
’
BC
’
.
Câu 5: Giải hệ phương trình:

3 3
2 2
8 2
3 3( 1)
x x y y
x y

− = +


− = +


II. Phần riêng ( 3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a:
1. Cho ∆ABC cân đỉnh A .Cạnh bên AB và cạnh đáy BC có phương trình lần lượt
là: x + 2y – 1 = 0 và 3x – y + 5 = 0 . Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi
qua điểm M(1; -3).
2. Giải phương trình:
)324(log)18(log39
33
+=+− xx
xx
Câu 7a: Trong một quyển sách có 800 trang thì có bao nhiêu trang mà số trang có ít nhất
một chữ số 5.
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:
1. Cho hai đường tròn (C

1
) : x
2
+ y
2
– 2y – 3 = 0 ; (C
2
): x
2
+ y
2
– 8x – 8y + 28 = 0 ;
Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
)
2. Giải hệ phương trình:






−=+
=+
−
yxyx
yx
xy

)(log.3
27
5
3).(
5
Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a
2
+ b
2
= 1. Tìm giá trị lớn nhất của
1
ab
P
a b
=
+ +
7
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
Trường THPT Minh Khai

__________________________________
Ghi chú: Thí sinh khối B ; D không phải làm câu 5 ( phần chung)
TRƯỜNG THPT MINH
KHAI
Đáp án và biểu điểm đề thi thử ĐHCĐ lần I
Năm học 2010 - 2011
I. Phần chung:
Câ
u
Điể

m
Câu 1.1 1. với m = 0 : y = 2x
3
- 6x
2
+ 6x - 2
1. TXĐ: D = R
2. Sự biến thiên
a. Giới hạn y = - ∞ ; y = +∞
b. Bảng biến thiên:
Ta có : y
/
= 6x
2
- 12x + 6 = 6(x- 1)
2
, y
/
= 0 ⇔ x =1, y
/
> 0 , ∀ x≠ 1
0,25
Hàm số đồng biến trên R
Hàm số không có cực trị
0,25
3. Đồ thị.
Điểm uốn: y
”
=12x - 12 , y
”

= 0 ⇔ x= 1.
y
”
đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x = 1 ⇒ U(1;0) là
điểm uốn
giao với Oy : (0;- 2); giao với Ox: (1;0). Qua điểm (2;2).
Nhận xét : đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng
( Học sinh tự vẽ đồ thị)
0,5
Câu 1.2
Hàm số bậc 3 có cực tiểu ⇔ y
/
= 0 có 2 nghiệm phân biệt. Do hệ
số của x
3
dương ⇒ x
CT
> x
CĐ
0,25
Ta có y
/
=6[x
2
-(m + 2)x+5m+1] , y
/
= 0 ⇔ m(x-5) = x
2
-2x +1
(1)

Do x= 5 không là nghiệm của y
/
= 0 ⇒ (1) ⇔ m = = g(x)
g
/
(x)= = 0 ⇔ hoặc x = 1 hoặc x = 9
0,25
8
x - ∞ 0 +∞
y
/
+ 0 +
y +∞
0
-∞
Bảng biến thiên của g(x)
0,25
Từ bảng biến thiên kết hợp với nhận xét trên ⇒hàm số có cực tiểu
tại
x
0
∈ (1;2]⇔ -1/3≤ m <0
0,25
Câu Điểm
Câu 2.1
sin3x(sinx+ cosx)=2 ⇔ sinxsin3x+ sin3xcosx=2
⇔ ( cos2x+sin2x)-(cos4x- sin4x) =2
0,5
⇔ cos(2x- )-cos(4x+) = 2⇔
os(2x- ) 1

3
os(4x+ ) 1
3
c
c
π
π

=




= −



0,25
⇔
x=
6
os( +4k ) 1
k
c
π
π
π π

+




= −

⇔ x=
6
k
π
π
+
k∈ Z
0,25
Câu 2.2
ĐK : x≥ 1
Đặt u = x-3 , v= v≥ 0 . ta được BPT: ≤ u+v
0,5
⇔
2
0
( ) 0
u v
u v
+ ≥


− ≤


0u v
u v

+ ≥

⇔

=


0,25
Vậy BPT
2
3
7 10 0
x
x x
≥

⇔

− + =

⇔ x=5
0,25
Câu 3
0 0
ln(1 ) tan tan
ln(1 )
2 2
lim lim
ot x ot x ot x
x x

x x
x
x
c c c
π π
π π π
→ →
 
− +
 ÷
−
= +
 ÷
 ÷
 
0,25
Mà
0 0
ln(1 ) .ln(1 )sin
lim lim 0
ot x . os x
x x
x x x x
c x c
π
π π
→ →
− − −
= =
−

0,25
9
x - ∞ 1 2 5 9 +∞
g
/
(x) + 0 - - - 0 +
g(x) 0 + ∞ +∞

- ∞ - ∞ 16
2
0 0 0
tan sin .sin 2sin
2 2 2
lim lim lim 0
x
cot os x
os . os x
2
x x x
x x x
x
x c
c c
π π π
π
π
π π
π
→ → →
= = =

0,25
Vậy
0
ln(1 ) tan
2
lim 0
ot x
x
x
x
c
π
π
→
− +
=
0,25
Câu 4
Ta có BB
/
∥AA
/
⇒ góc giữa AA
/
và BC
/
bằng góc giữa BC
/
và BB
/

⇒

·
/ / 0
30B BC =
⇒
·
/ 0
60CBC =
Gọi N là trung điểm của BC
/
, H là hình chiếu của N trên (ABC) ⇒ H
là trung điểm của BC ⇒ AMNH là h.c.n ⇒ MN∥ =AH
Do AH ⊥ BC , AH ⊥ CC
/
⇒ AH ⊥ (BCC
/
) ⇒ AH ⊥ BC
/
. từ giả thiết
suy ra AH vuông góc với AA
/
Theo trên , MN∥ AH ⇒ MN ⊥ AA
/
; MN⊥ BC
/
⇒ MN là khoảng
cách giữa AA
/
và BC

/
⇒ MN = a ⇒ AH = a
0,25
Tính V
MA
/
BC
/
: do BA⊥ (ACC
/
A
/
)⇒ V
MA
/
BC
/
= S
MA
/
C
/
. AB
0,25
Trong ∆ vuông AHB ta có AB= a, BH = a ⇒ BC= 2a
Trong ∆ vuông BCC
/
: CC
/
= BC.tan60

0
= 2a
3
0,25
Vậy V
MA
/
BC
/
= . AM.AC
/
.BC =
3
3
3
a
10
Câu 5
Giải hệ : (I)
3 3
2 2
8 2
3 3( 1)
x x y y
x y

− = +


− = +



Ta có (I)⇔
3 3
2 2
2(4 )(1)
3 6(2)
x y y
x y

− = +


− =


0,25
Thay (2) vào (1) : x
3
+ x
2
y - 12xy
2
= 0 ⇔
0
3
4
x
x y
x y

=


=


= −

0.5
Thay x vào (2) cả 3 trường hợp ⇒ Hệ có các nghiệm là:
(3;1) , (- 3; -1) ,
6 6
( 4 ; )
13 13
−
,
6 6
(4 ; )
13 13
−
II. Phần riêng.
Câu
6a.1
Vector pháp tuyến của B Clà :
1
n
ur
= (3; -1);
Vector pháp tuyến của AB là :
2

n
uur
= (1; 2)
⇒
·
1 2
1 2
1 2
n .
1
osABC os(n ; )
50
n .
n
c c n
n
= = =
uur uur
uur uur
uur uur
0,25
Gọi
3
( ; )n a b
uur
là vector pháp tuyến của AC là (a
2
+b
2
≠ 0)

⇒
1 3
1
os(n ; )
50
c n =
uur uur
⇔
2 2
3
1
50
10.
a b
a b
−
=
+

2 0
11 2 0
a b
a b
− =

⇔

− =

0,5

• Trường hợp 2a - b =0 loại do ∥ AB
• Trường hợp 11a - 2b = 0 . chọn a = 2 ⇒ b = 11
Vậy phương trình AC là: 2(x - 1) + 11(y+3) =0
⇔ 2x + 11y + 31 = 0
0,25
Câu
6a.2
Giải phương trình:
3 3
9 3 log (8 1) log (24 3)
x x
x x− + = +
ĐK x> PT ⇔
3
(3 1) 3 log (24 3) 0
x x
x
 
+ − + =
 
0,5
3
3 log (24 3) 0
x
x⇔ − + =
Xét
3
( ) 3 log (24 3)
x
f x x= − +

với x>
/
8
( ) 3 ln 3 ;
(8 1)ln3
x
f x
x
= −
+
// 2
2
64
( ) 3 ln 3
(8 1) ln3
x
f x
x
= +
+
0,25
11

A
B
C
M(1;-3)
//
( )f x
> 0 ∀ x > ⇒

/
( )f x
đồng biến trên ( , +∞) ⇒
/
( )f x
=0 có nhiều nhất
là 1 nghiệm ⇒
( ) 0f x =
có nhiều nhất là 2 nghiệm. Ta có
(0) 0f =
;
(1) 0f =
.
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1
0,25
Câu 7a
• Trường hợp 1: số trang có 1 chữ số: có 1 trang
• Trường hợp 2: số trang có 2 chữ số
1 2
a a
Nếu a
1
= 5⇒ a
2
có 10 cách chọn ⇒ có 10 trang
Nếu a
2
= 5 ⇒ a
2
có 8 cách chọn ( vì a

1
≠ 0,a
1
≠ 5) ⇒ có 18 trang
0,25
• Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số
1 2 3
a a a
Do sách có 800 trang ⇒ a
1
chọn từ 1→ 7
+ Nếu a
1
= 5 ⇒ a
2
có 10 cách chọn, a
3
có 10 cách chọn⇒có 100 trang
+ Nếu a
2
=5⇒a
1
có 6 cách chọn(vì a
1
≠5), a
3
có10 cách chọn⇒có 60 trang
+ Nếu a
3
=5⇒a

1
có 6 cách chọn, a
2
có 9 cách chọn(vì a
1
≠5,a
2
≠5) ⇒có 54 trang
0,5
Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang. 0,25
C
âu
6
b.
1
(C
1
) có tâm I
1
(0;1), R
1
=2; (C
2
) có tâm I
2
(4;4), R
2
=2
Ta có I
1

I
2
=
14 9 5+ =
> 4 = R
1
+R
2
⇒ (C
1
);(C
2
) ngoài nhau
+ xét tiếp tuyến d ∥ 0y: (d): x+c = 0
d(I
1
,d) =
C
; d(I
2
,d) =
4 C+
d là tiếp tuyến chung của (C
1
)(C
2
)⇔
2
4 2
C

C
 =


+ =


⇔ C = -2⇒ (d): x-2=0
0,5
+ (d) : y = ax+b
Do R
1
=R
2
⇒ d∥ I
1
I
2
hoặc (d) đi qua I(2;)
• d∥ I
1
I
2
:
1 2
I I
uuur
=(4;-3) ⇒ d: 3x - 4y +c =0. d tiếp xúc với (C
1
),(C

2
) ⇔
d(I
1
;d) = 2⇔
4
2
5
C− +
=
hoặc C =14 hoặc C= -6
⇒ có 2 tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 0 và 3x - 4y - 6 =0
• d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a ⇔ ax- y + - 2a =0
d là tiếp tuyến chung⇔ d(I
1
;d) = 2⇔
2
3
2
2
2
1
a
a
−
=
+
⇔ a= -
d: 7x +24y - 14 =0
vậy có 4 tiếp tuyến chung là: x - 2 = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - 6 = 0;

7x +24y - 74 =0.
0,25
12
Câu
6b.2
ĐK: x+y > 0
Hệ đã cho ⇔
3
5
( ) 3
27
( ) 5
x y
x y
x y
x y
−
−

+ =



+ =

⇔
3
3
5
5 3

27
( ) 5
x y
x y
x y
x y
−
−
−

=



+ =

0,5
⇔
3
3
3
3
5 3
( ) 5
x y
x y
x y
x y
− −
− −

−


=


+ =

⇔
3
3 0
( ) 5
x y
x y
x y
−
− − =


+ =

⇔
3
3
(2 3) 125
y x
x
= −



− =

0,25
3
2 3 5
y x
x
= −

⇔

− =

⇔
4
1
x
y
=


=

thỏa mãn điều kiện
0,25
Câu 7b
Ta có a
2
+ b
2

=1 ⇔ (a + b)
2
- 1=2ab ⇔ (a + b+1)(a+b- 1) =2ab
⇔ =
2
a b+
- ⇒ T =
2
a b+
-
0,5
Mặt khác ta có: a+b ≤ . = nên T≤ ( - 1)
Dấu “ =” xảy ra ⇔ a = b = . Vậy T
max
= ( - 1)

Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ

13