Tổng hợp 125 đề thi thử toán THPT quốc gia (có lời giải chi tiết 2016) phần 4
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (6.24 MB, 101 trang )
π
2
x
Tính K = xe dx
0,25
0
t u=x
dv = e x dx
π
du = dx
v = ex
π
2
x
π
x
π
π
2
x
π
π
π
π
π
K = x.e 2 − e dx = e − e 2 = e 2 − e 2 + 1
2
2
0 0
0
V y I = 2(1 − ln 2) +
π
2
e 2 − e 2 +1 = 3 +
Câu 3
2
π
π
e 2 − e 2 − 2 ln 2
2
x − 3x + 1 ≤ 1
2
1 i m
π
log 2 ( x − 3 x + 1) ≤ 0 ⇔
2
0,25
2
⇔
x − 3x + 1 > 0
x − 3x ≤ 0
2
x − 3x + 1 > 0
0≤ x≤3
⇔
x<
3+
3− 5
5
2
3+
5
2
0,25
2
⇔
2
x>
0≤x<
3− 5
< x≤3
V y nghi m c a b t phư ng trình là: S = 0;
3− 5
∪
2
3+
5
;3
2
0,5
Câu 4
TH1. Ch n 3 i m trong các i m A4, A5,…A10 có C63 = 20 tam giác.
0,25
1 i m
TH2. Ch n 2 i m trong các i m A4, A5,…A10 và 1 i m trong các i m A1,…A4
0,25
có C62 .C41 = 15.4 = 60 tam giác.
TH3. Ch n 1 i m trong các i m A4, A5,…A10 và 2 i m trong các i m
1
6
2
4
A1,…A4 có C .C = 6.6 = 36 tam giác.
V y có 20+60+36=116 tam giác.
Câu 5
1 i m
6 xy +
5
4
y+
2
2
x − y + 1 = 3x + 3 y +
sin π x + cosπ y =
1
−x−
4
5
4
1
4
1
4
−1
i u ki n: x − y ≥
2
−1
y≥
4
Bi n !i phư ng trình (1) ta có:
x≤
296
x + 2 x − 2 y + 1 (1)
+ y +1
(2)
0,5
5
( x − y )(3( x − y ) + ) + 2( x − y ) + 1 − ( x − y ) + 1 = 0
4
5
x− y
⇔ ( x − y )(3( x − y ) + ) +
=0
4
2( x − y ) + 1 + ( x − y ) + 1
⇔ ( x − y ) 3( x − y ) +
5
1
+
4
0,25
=0
2( x − y ) + 1 +
0,5
( x − y) + 1
TH1. V i x = y thay vào phư ng trình (2) ta có phư ng trình
1
sin π x + cosπ x =
−x−
4
1
+ x + 1 (3)
4
Xét hàm s y1 = sin π x + cosπ x =
Ta có:
−1
1
≤x≤
4
⇔
−π
4
≤πx ≤
4
π
4
π
2 sin π x +
4
⇔ 0≤πx+
π
4
; y1 ' = π 2co s π x +
≤
π
nên hàm s
2
y1
π
4
B trên
−1 1
;
4 4
1
Xét hàm s y2 =
−x−
4
1
+ x + 1 , d" th y hàm s NB trên
4
−1 1
;
4 4
V y phư ng trình (3) có nghi m duy nh t x = 0 .
TH2. 3( x − y ) +
x≤
Vì
y≥
5
1
+
4
= 0 (4)
2( x − y ) + 1 +
( x − y) + 1
1
4
−1
x− y≤
1
2
2( x − y ) + 1 +
( x − y) + 1 ≤
2+
4
1
Do ó:
2( x − y ) + 1 +
1
≥
( x − y) + 1
2+
3
2
M t khác x − y ≥
−1
2
3( x − y ) +
5
≥
4
−1
4
(6)
T# (5), (6) suy ra phư ng trình (4) vô nghi m.
V y nghi m c a h phư ng trình là x = y = 0
Câu 6
1 i m
297
2
=
2+
>
3
1
(5)
3
3
2
0,25
S
H
C
A
I
K
B
0,25
Tình th tích kh i chóp SABC.
Trong tam giác ABC ta có: AB = AC cos 300 = 2a.
3
= a 3,
2
0,25
1
BC = AC sin 30 = 2a. = a
2
V y th tích kh i chóp SABC là
1
1
1
1
a3 3
V = SA.S ABC = SA. BA.BC = a.a.a 3 =
3
3
2
6
6
Tình kho ng cách gi a SB và AC
Trong m t ph ng (ABC) k$ ư ng th ng Bx//AC. Khi ó AC//(SBx), do ó
d ( AC ; SB ) = d ( A;( SBx ))
Trong m t ph ng (ABC) k$ AK ⊥ Bx , vì
AS ⊥ Bx
Bx ⊥ ( SAK ) ( SBx ) ⊥ ( SAK ) . Trong m t ph ng (SAK) k$
AH ⊥ SK
AH ⊥ ( SBx ) . V y d ( A; ( SBx )) = AH
0
0,25
0,25
0
Trong tam giác ABK vuông t i K có BAK = 60 ta có
0
AK = AB.cos60 = a 3.
1
=
a 3
2
2
1
Trong tam giác SAK ta có:
AH
V y d ( AC ; SB ) = AH =
2
=
1
AS
2
+
1
AK
2
=
1
a
2
+
4
3a
2
=
7
3a
2
AH =
a 3
7
a 3
7
Câu 7
1 i m
M t c u có tâm I(-1;-1;-2) và bán kính R =
3
m t ph ng (P) c t m t c u (S) theo ư ng tròn có bán kính l n nh t thì (P) i
0,25
0,25
qua tâm I.
Ta có AB = (−2;1;1); AI = (−2; −1; −3) . Véc t pháp tuy n c a m t ph ng (ABI) là
0,25
n = AB; AI = ( −2; −8; 4 )
Phư ng trình m t ph ng (P):
0,25
−2( x − 1) − 8( y − 0) + 4( z − 1) = 0 ⇔ − x − 4 y + 2 z − 1 = 0
V y (P): − x − 4 y + 2 z − 1 = 0
298
Câu 8
A
D
1 i m
N
M
P
Q
B
C
NQ / / AB
G i Q là trung i m BM, khi ó
suy ra PCQN là hình bình hành.
1
AB
2
NQ =
Suy ra CQ//PN.
Trong tam giác BCN thì Q là tr c tâm nên CQ vuông góc v i BN. Vì v y PN
vuông góc v i BN.
ư ng th ng BN i qua N và vuông góc v i PN nên có phư ng trình:
2x + y +1 = 0 .
B là giao i m c a ư ng tròn (C) và BN
x = 1; y = −3
x 2 + y 2 = 10
2x + y +1 = 0
⇔
x=
−9
;
5
y=
13
5
Vì B có hoành
dư ng nên i m B(1;-3).
G i C(1-2c;c) CB = (2c; −3 − c); CP = (2c;1 − c) . Do CP vuông góc v i BC nên
c = −1
CB. CP = 0 ⇔ 5c 2 + 2c − 3 = 0 ⇔
c=
3
5
Câu 9
1 i m
x A − 1 = −4
⇔
0,25
0,25
âm nên C(3;-1)
x = 2 xP − xc = −1
do ó D(-1;3)
P là trung i m CD nên D
y D = 2 y P − yc = 3
Vì C có tung
Ta có BA = CD ⇔
0,25
x A = −3
yA + 3 = 4
yA = 1
V y A(-3;1); B(1;-3); C(3;-1); D(-1;3).
0,25
T# gi thi t và i u ki n c a x, y ta có : y = 1 − x và 0 ≤ x ≤ 1
0,25
2x
y
Ta có P = 5 + 5 = 5
2x
1− x
+5
2
t t = 5 x 1 ≤ t ≤ 5 . Ta có P = t +
5
5
; P ' = 2t − 2
t
t
P' = 0 ⇔ t =
2
5
P(1)=6, P(5)=26, P( 3 ) =
2
Ta có Pmax
x =1
= 26 ⇔
y=0
3
5
2
+ 53
Pmin =
5
2
5
2
0,25
0,25
2
5
2
3
3
2
+5
⇔
5
x = log 5
3
3
y = 1 − log 5
5
2
3
0,25
5
2
Chú ý: N u thí sinh có cách làm khác v i áp án nh ng v n úng logic và k t qu thì v n cho i m t i
a.
299
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT
- ĐỀ SỐ 52
THI QUỐC GIA 2016
THÔNG
Môn:
Thời gian làm bài 180
phútTOÁN
--------oOo--------
y
Câu 1. (
)
Câu 2. (
) Cho tan
1
(
2
2
P
sin
)
Câu 4. (
)
Câu 5. (
)
THANH HÓA
f ( x) x3 3x 2 4 .
(0; ))
2
2sin
Câu 3. (
2016
2
3cos
2cos
2
1
.
5
2
.
2x 3
dx
2 x2 x 1
6,
c
?
Câu 6.
2); C(2;0; 1), D(-1; 0; Câu 7. (
ACB 600
)
mp(SBC).
) Cho tam giác ABC
Câu 8. (
d1 : x y 2 0
d2 :4x 5 y 9 0
ng
1
M (2; )
2
5
2
Câu 9. (
là R
Câu 10. (
)
7 x2 25x 19
) Cho x, y, z
x2 2 x 35 7 x 2 .
0;1
P 2( x3 y3 z3 ) ( x 2 y y 2 z z 2x )
-----------------
-----------------
......................................................
.................................................
.........................................................
.........................................
300
CL CÁC MÔN
THI
1
5 -2016
Môn: Toán
)
(
Câu
Câu 1
x
limy
x
y'
y
(
'
0
3x
2
6x 0
+
y'
; limy
x
3x 2 6 x ;
x 0
.
x
2
-2
0
-
0
0
0
y
+
0,5
-4
; 2) và (0;
)
( 2;0)
yCT
4,
x = -2; y
= 0.
y ''
6x 6 0
x
1
-1; -2).
0,5
Câu 2
1
(
2
Vì tan
Suy ra tan
2 tan
2
(0; )) nên
2
1 tan 2
2
2
2
5
tan
2 tan
Thay vào ta có P
tan
Câu 3
x
0
y
0
3
2
2
2
2
1
5
1
2
2
tan 2
4 tan
2
5 (l ) . Do tan
2 5 1
5
1
5
2
2
0.
1 0
0,5
0,25
2
0,25
x
3 log 2 x log 2 y 2 2(log 4 x log 4 y) 3
y
log 2 x 2log 2 y 2log 22 x 2log 22 y 3
log 2 ( xy 2 ) 2log 4
0,25
log 2 x 2log 2 y log 2 x log 2 y 3
3log 2 y 3
y
2.
4x
Thay y 2
16.22 x 2 x 62 0 .
2x
t (t
0)
301
2
2 x 62 0
0,25
0,25
16t 2 t 62 0
Câu 4
t
31
. Do t 0
t 2 suy ra x 1 .
16
( x; y) (1; 2) .
2x 3
4 1
5 1
dx
.
.
dx
(2 x 1)( x 1)
3 2x 1 3 x 1
2
t
2x 3
dx
2x2 x 1
4
1
5 1
dx
dx
3 2x 1
3 x 1
2 d (2 x 1) 5 d ( x 1)
3 2x 1
3
x 1
2
5
ln 2 x 1
ln x 1 C
3
3
Ta có:
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 5
A74
t
0,25
840
840
a b c d
abcd
C41 .C33
0,25
4
C43 .C31 12
P4
24
suy ra:
Câu 6
384
840
A
P( A)
384 .
A
0,25
48
.
105
0,25
Ta có
0,25
.
Do
k
0,25
x2
a
2
b
2
c
2
d
z2
2ax 2by 2cz d
0
0 ).
5
31
5
;b
;c
;d
14
14
14
a
y2
x2
y2
2a 2b d
2
2a 4c d
4a 2c d
2a 6c d
5
5
0,25
10
50
7
5
31
5
50
x
y
z
7
7
7
7
z2
0.
0,25
Câu 7
SH
( ABC ) . VS . ABC
AB 2a sin 600
Nên S ABC
1
S ABC .SH . Tam giác ABC
3
3a; AC 2acos60 0
1
AB. AC
2
a2
a
3
2
0,25
302
1
BC
2
SK
SH 2
a; HK
SK 2 KH 2
1
AC
2
3 2
a
4
a cos 600
1
a
2
S
0,25
3
a . Suy ra VS . ABC
2
1 3
a .
4
6
a
b) Ta có SB SH 2 HB 2
2
3a 2 7a2
HC 2 AC 2 AH 2 a 2
4
4
2
2
3a 7 a
10
SC
SH 2 HC 2
a
4
4
2
1
1 6
10
15 2
SSBC
SB.SC
.
a.
a
a
2
2 2
2
4
3 3
a
3VS . ABC
3
4
d ( A;( SBC ))
a
S SBC
15 2
15
a
4
SH
A
C
600
H
K
0,25
B
0,25
Câu 8
x y 2 0
4x 5 y 9 0
x 1
y 1
0,25
'
d1 ,
B
3
M ' ( ;0) .
2
'
'
suy ra cos
4
5
5. 5
AC
2R
.
x 2y 3 0 .
và B nên có pt: 2x + y 3 = 0.
2.1 1.2
AC
sin
.M
M
C
0,25
N
3
.
5
A
d2
d1
3.
sin ABC
A AB, C
N d2
AC 3
3 a
); C (c;3 2c) , trung
2
a c 9 a 4c
;
).
N(
2
4
a 4c 3 0
a 5; c 2
2
a 4c 3
2
a 3, c 0
(c a)
9
2
BC
A(a;
0,25
-1). Khi a = -3 ta
1 (5; -1), A 2 (-3; 3).
-
0,25
Câu 9
x 7
7 x 2 25 x 19
7 x 2
x 2 2 x 35 .
3 x 2 11x 22 7 ( x 2)( x 5)( x 7)
303
302
0,25
3( x 2 5 x 14) 4( x 5) 7 ( x 5)( x 2 5 x 14)
x 2 5x 14; b
a
3a
2
4b
2
7ab
3a
x 5 .( a ,b
2
7 ab 4b
2
0
0)
a b
3a 4b
0,25
0,25
x 3 2 7 (t / m); x 3 2 7 (l) .
11137
61 11137
(t / m); x
(l ) .
18
18
0,25
61 11137
x 3 2 7; x
.
18
3
2
2
f ( x) 2x yx z x 2( y3 z 3 ) y 2 z .Ta có:
1
1
f ' ( x) 6x 2 2 yx z 2 ; f ' ( x) 0 x x1
(y
y 2 6z 2 ); x x2
(y
y 2 6z 2 )
6
6
x1 0;1
x2 0;1 hay x2 0;1 thì
x
Câu 10
Max f ( x)
x 0;1
61
Max f (0); f (1) .
Mà f (0) 2( y 3 z 3 ) y 2 z 2( y 3 z 3 ) y 2 z (2 y z 2 )
f ( x) f (1) 2 y3 zy 2 -y 2z 3 z 2 2 (1)
g ( y) 2 y3 zy 2 - y 2 z 3 z 2 2 ,
g ' ( y) 6 y 2 2 zy 1; g ' ( y) 0
y
y1
1
(z
6
f (1)
z 2 6); y
0,25
y2
1
(z
6
z 2 6)
Max g ( y) Max g (0); g (1) .
y 0;1
g (0) 2z3 2 z 2 2 z 3 2 z 2 (1 z) g(1) . Suy ra
g ( y) g (1) 2 z3 2 z 2 (1 z) 2 z 3 z 2 z 3
h( z ) 2 z 3 z 2 z 3
z 0;1 , h' ( z ) 6 z 2 2 z 1 .
h' ( z ) 0
Max h( z )
z 0;1
z1
1
7
; z2
6
h(1) 3 (3)
1
7
(2)
0,25
6
0,25
0,25
304
Đăng kí nhận đề thi và tài liệu môn Toán tại />
ĐỀ
BiênTHI
soạn: Toán
THỬMath
KỲ
THI THGIA
THPT
QU - C
GIA
2016
THI THPTĐỀ
QUỐC
2016
ĐỀ
SỐ
53
Môn: TOÁN ; Kh i 12
Thời gian làm bài 180
phút
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
--------oOo-------TRƯỜNG THPT NGUYỄN VIẾT XUÂN – PHÚ YÊN
Đ THI TH
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y f x x3 3x2 2 có đồ thị C .
1) Khảo sát sự bi n thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.
2) Vi t phương trình ti p tuy n của C tại điểm có hoành độ x0 , bi t f '' x0 5 x0 7 .
Câu 2. (1,0 điểm)
1) Giải phương trình: 2sin 2 x 3 sin 2 x 2 0 .
2) Cho số phức z thỏa mãn 1 i z 3 i z 2 6i . Tìm phần thực, phần ảo của số phức
w 2z 1.
Câu 3. (1,0 điểm)
1) Giải phương trình : log 2 x 1 3log 1 3x 2 2 0
8
2) Một hộp chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên t hộp ra 4 viên
bi. Tính xác xuất để 4 viên bi được chon có đủ 3 màu và số bi đỏ nhi u nhất.
Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân: I x2 1 x 1 x2 dx
1
Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 3;0; 4 , B 1;0;0 . Vi t
0
phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm điểm M trên tia Oy sao cho MA MB 13 .
Câu 6. (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đ u cạnh a. hình chi u vuông góc của
A’ trên ABC là trung điểm cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 600 . Tính thể tích
khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và tính khoảng cách t B đ n mặt phẳng (ACC’A’).
BAD ADC 90 có đỉnh D 2; 2 và CD 2 AB . Gọi H là hình chi u vuông góc của điểm D lên
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD
0
22 14
đường chéo AC. Điểm M ; là trung điểm của HC. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C , bi t rằng
5 5
đỉnh B thuộc đường thẳng : x 2 y 4 0 .
4 x2 y x 9 3x 1 x2 5 x y 8
Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
x 12 y y 12 x 12
Câu 9. (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy x y 3 . Tìm giá trị lớn nhất của
3x
3y
xy
x2 y2
y 1 x 1 x y
----------------- HẾT ----------------Thí sinh KHÔNG được s dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
biểu thức
P
Họ và tên học sinh : ...................................................... Số báo danh : .................................................
Chữ kí giám thị 1: ......................................................... Chữ kí giám thị 2: .........................................
305
Đề thi THPT Quốc gia môn Toán được cập nhật liên tục trên trang web
Đăng kí nhận đề thi và tài liệu môn Toán tại />ĐÁP ÁN
hàm số y f x x3 3x2 2
Câu 1.
1) Khảo sát sự bi n thiên và vẽ đồ thị
2 ) Ta có y ' f ' x 3x 6 x và y '' f '' x 6 x 6
(1,0)
Với x0 1 y0 2 và y ' x0 y ' 1 9
(0,25)
Khi đó f '' x0 5 x0 7 6 x0 6 5 x0 7 x0 1
2
Vậy phương trình ti p tuy n của C là: y 2 9 x 1 y 9 x 7
Câu 2.
3
1
1
sin 2 x cos 2 x
1) 2sin 2 x 3 sin 2 x 2 0 3 sin 2 x cos 2 x 1
2
2
2
x k
6
sin 2 x sin
6
6
x k
2
k
(0,25)
(0,5)
(0,25)
(0,25)
z a bi a , b
z a bi , khi đó:
1 i z 3 i z 2 6i 1 i a bi 3 i a bi 2 6i 4a 2b 2bi 2 6i
2) Giả s
4a 2b 2
a 2
z 2 3i
2b 6
b 3
Do đó w 2 z 1 2 2 3i 1 5 6i
Vậy số phức w có phần thực là 5, phần ảo là 6.
Câu 3.
1) Đi u kiện: x 1
Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình
log 2 x 1 log 2 3x 2 2 0 log 2 4 x 4 log 2 3x 2
4 x 4 3x 2 x 2
K t hợp với đi u kiện phương trình có nghiệm x 2 .
4
2)Ta có: n C 15 1365
(0,25)
(0,25)
(0,25)
(0,25)
(0,25)
Gọi A là bi n cố “4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhi u nhất’
1
2
1
Khi đó n A C 4C 5C 6 240
Vậy p A
n A 16
n 91
(0,25)
Câu 4. I x 1 x 1 x dx x dx x3 1 x2 dx
1
2
0
x3
I1 x dx
3
0
2
1
1
2
0
1
1
2
0
0
1
3
(0,5)
I 2 x3 1 x2 dx
1
Đặt t 1 x2 x2 1 t 2 xdx tdt
Đổi cận: x 0 t 1; x 1 t 0
0
1
t3 t5
2
I 2 1 t t dt t t dt
3 5 0 15
1
0
0
1
2
2
2
4
(0,25)
306
Đề thi THPT Quốc gia môn Toán được cập nhật liên tục trên trang web
Đăng kí nhận đề thi và tài liệu môn Toán tại />
Vậy I I1 I 2
7
15
(0,25)
Câu 5.
+ Gọi S là mặt cầu có đường kính AB và I là trung điểm của AB.
Ta có I 1;0; 2 , AB 4 2
Khi đó mặt cầu S có tâm I và có bán kính R
x 1
2
y2 z 2 8
AB
2 2 nên có phương trình
2
2
+ M Oy M 0; t ;0
khi đó
3 t
Với t 1 M 0;1;0
t 1 M 0; 1;0
MA MB 13
2
(0,25)
2
42 12 t 02 . 13 25 t 2 13 1 t 2 t 1
2
Câu 6.
+ Gọi H là trung điểm của AB, suy ra A' H ABC và A' C , ABC A' CH 600 . Do đó
A' H CH .tan 600
(0,25)
3a
2
(0,25)
(0,25)
(0,25)
Thể tích của khối lăng trụ là VABC . A' B 'C ' A' H .SABC
3a 3 3
(0,25)
8
+Gọi I là hình chi u vuông góc của của H trên AC; K là hình chi u vuông góc của H trên A’I. Suy ra
HK d H , ACC ' A'
Ta có HI AH .sin IAH
a 3 1
1
1
3a 13
HK
(0,25)
2
2
2
4 HK
HI
HA'
26
3a 13
Do đó d B, ACC ' A' 2d H , ACC ' A' 2 HK
(0,25)
13
Câu 7.
Gọi E là trung điểm của đoạn DH. Khi đó tứ giác ABME là hình bình hành ME AD nên E là trực
(0,25)
tâm tam giác ADM. Suy ra AE DM mà AE / / DM DM BM
Phương trình đường thẳng BM : 3x y 16 0
x 2 y 4
B 4; 4
(0,25)
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
3x y 16
AB IB 1
10 10
DI 2 IB I ;
CD IC 2
3 3
Phương trình đường thẳng AC : x 2 y 10 0
14 18
phương trình đường thẳng DH : 2 x y 2 0 H ; C 6; 2
5 5
Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có
T CI 2 IA A 2; 4 .
1
x 3
Câu 8. Đi u kiện: y 12
y 12 x2 0
x2 5 x y 8 0
(0,25)
(0,25)
*
307
Đề thi THPT Quốc gia môn Toán được cập nhật liên tục trên trang web
Đăng kí nhận đề thi và tài liệu môn Toán tại />
x 12 y 12
y 12 x2 12 x 12 y
2
12 x 24 x 12 y 12 12 y
y 12 x2
x 12 y 12
1
2
x 12 y 0
x 2 3; 0 y 12
3
Thay vào phương trình 1 ta được: 3x2 x 3 3x 1 5 x 4
Ta có
2
(0,25)
3 x2 x x 1 3x 1 x 2 5 x 4 0
1
1
x2 x 3
0
x 1 3x 1 x 2 5 x 4
x2 x 0 x 0 hoặc x 1 . Khi đó ta được nghiệm x; y là 0;12 và 1;11 .
Câu 9.
2
Đặt t x y xy 3 t ; x2 y2 x y 2 xy t 2 2 3 t t 2 2t 6
1 2
x y
Ta có xy
3t t t 2
4
2
2
2
3 x y 3 x y
12 5
xy
x2 y2 t 2 t
Suy ra P
xy x y 1
x y
t 2
12 5
Xét hàm số f t t 2 t với t 2
t 2
2
Ta có f ' t 2t 1 2 0, t 2 . Suy ra hàm số f t nghịch bi n với t 2
t
3
P f t f 2
2
3
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
khi x y 1 .
2
(0,25)
(0,5)
(0,25)
2
(0,25)
(0,25)
(0,25)
308
Đề thi THPT Quốc gia môn Toán được cập nhật liên tục trên trang web
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Sở GD – ĐT
ĐỀVĩnh
THIPhúc
THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 54
Trường THPT Đồng Đậu
Thời gian làm bài 180 phút
ĐỀ THI THỬ--------oOo-------THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x3 3mx 2 m 2 1 x 2, m là tham số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m 1 .
2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x 2 .
Câu 2 (1,0 điểm).
1) Giải phương trình: log 2 ( x 5) log 2 ( x 2) 3
2) Giải phương trình: 7 x 2.71 x 9 0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) x 2 ln 1 2 x trên
đoạn 2;0 .
1
Câu 4 (1,0 điểm).Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển biểu thức x3 2 , biết n là
x
số tự nhiên thỏa mãn C 13C .
Câu 5 (1,0 điểm).
4
n
n2
n
1) Cho góc thỏa mãn
n
1
7
và sin( ) . Tính tan
.
2
3
2
2) Trong cuộc thi “Rung chuông vàng” có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5
bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia các bạn thành 4 nhóm A, B, C,
D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiên bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính
xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mp(ABCD). Biết AC = 2a, BD = 4a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có
phương trình lần lượt là d1 : x 2 y 2 0, d 2 : 3x 3 y 6 0 và tam giác ABC đều có diện tích
bằng 3 và trực tâm I thuộc d1 . Đường thẳng d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Tìm tọa độ giao điểm d1 và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
x 2 xy 2 y 2 3 y 1 y 1 x
.
3 6 y 2 x 3 y 7 2 x 7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a 2 2b 12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P
4 4
5
4
4
a b 8 a b 2
-------------------------------------------Hết---------------------------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh…………………………………………SBD……………………..
309
1
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Đồng Đậu
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
Môn thi: Toán
Câu
Đáp án
3
Với m = 1 hàm số trở thành y x 3x 2 2
*Tập xác định : D R
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn tại vô cực: xlim
y , lim y
x
x 0
x 2
Điểm
0,25
+ Chiều biến thiên : y ' 3x 2 6 x , y ' 0
1.1
(1,0
điểm)
Các khoảng đồng biến: (;0) và (2; ) ; khoảng nghịch biến : (0; 2)
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0, yCD 2 ; đạt cực tiểu tại x 2, yCT 2.
+ Bảng biến thiên:
x -∞
0
2
+∞
y’
0
0+
+
0
y
*Đồ thị:
-∞
0,25
0,25
-2
0,25
1.2
(1,0
điểm)
Ta có: y ' 3x 2 6mx m 2 1; y '' 6 x 6m
y '(2) 0
y ''(2) 0
Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x 2
m 2 12m 11 0
12 6m 0
m 1
Vậy với m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
310
2
0,25
0,25
0,25
0,25
2.1
(0,5
điểm)
2.2
(0,5
điểm)
3
(1,0
điểm)
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Điều kiện x 5 . Phương trình đã cho tương đương với
log 2 ( x 5)( x 2) 3 ( x 5)( x 2) 8
x 6(t / m)
x 2 3 x 18 0
x 3(l )
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 6.
t 2
14
Đặt t 7 x , t 0 . Ta có phương trình: t 9 0 t 2 9t 14 0
t
t 7
Với t 2, suy ra 7 x 2 x log 7 2
Với t 7, suy ra 7 x 7 x 1
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S log 7 2;1 .
Ta có hàm số f ( x) xác định và liên tục trên đoạn [-2;0];
f '( x)
4 x 2 2 x 2
1 2x
Với x 2;0 thì f '( x) 0 x
1
2
Ta có f (2) 4 ln 5; f ( ) ln 2; f (0) 0.
1
2
1
4
Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [-2;0] lần
lượt là 4 ln 5 và ln 2.
4
(1,0
điểm)
1
4
n 3
. Phương trình đã cho tương đương với
n N
n!
n!
13.
4!(n 4)!
(n 2)!2!
n 15(t / m)
n 2 5n 150 0
n 10(l )
Điều kiện
Vậy n 15.
Với n = 15 ta có
15
1 k
3 1
3 15 k
k
x 2 C15 x . 2
x
x
k 0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
15
C15k (1) k .x 455 k
0,25
15
k 0
5.1
(0,5
điểm)
Để trong khai triển đã cho có số hạng chứa x10 thì 45 5k 10 k 7(t / m)
Vậy hệ số của x10 trong khai triển đã cho là C157 .(1)7 6435 .
Ta có: sin( ) s inx
1
3
1
3
7
tan
tan 3 tan cot
2
2
2
311
3
0,25
0,25
5.2
(0,5
điểm)
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1
1
Vì cot 0 . Do đó 1 cot 2 2 cot
1 2 2
2
sin
sin 2
7
Vậy tan 2 2 .
2
Chia 20 học sinh thành 4 nhóm nên số phần tử của không gian mẫu là
5
C20
.C155 .C105 .C55
Gọi A là biến cố “ Chia 20 học sinh thành 4 nhóm sao cho 5 bạn nữ thuộc cùng
một nhóm”
Xét 5 bạn nữ thuộc một nhóm có C155 .C105 .C55 cách chia 15 nam vào 3 nhóm còn
lại
Vì 5 bạn nữ có thể thuộc nhóm A,B,C hay D nên ta có A 4.C155 .C105 .C55 .
Vậy xác suất của biến cố A là P( A)
A
4.C 5 .C 5 .C 5
1
.
5 155 105 5 5
C20 .C15 .C10 .C5 3876
0,25
0,25
0,25
6
(1,0
điểm)
0,25
Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB đều nên SH AB
Mà SAB ABCD , suy ra SH ABCD .
Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có
OA a, OB 2a AB OA2 OB 2 a 5
Tam giác SAB đều cạnh a 5 nên đường cao SH a 5.
3 a 15
2
2
1
1
Đáy ABCD là hình thoi nên có diện tích S ABCD AC.BD .2a.4a 4a 2
2
2
1
2a 3 15
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là VS . ABCD .S ABCD .SH
3
3
Ta có AD / / BC AD / / SBC
Do đó d AD; SC d AD;( SBC ) d A;( SBC ) 2d H ;( SBC ) .
Gọi K là hình chiếu của H trên BC, ta có BC HK v嚓BC SH n n BC ( SHK )
Gọi I là hình chiếu của H trên SK, ta có HI SK v嚓HI BC n n HI ( SBC ).
312
4
0,25
0,25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Từ đó suy ra d ( AD; SC ) 2d H ;( SBC ) 2 HI
Ta có HK
2 S HBC S ABC S ABCD 2a
BC
BC
2 BC
5
Tam giác SHK vuông tại H nên HI
Vậy
d AD; SC 2 HI
7
(1,0
điểm)
4a 15
91
HS .HK
HS 2 HK 2
2a 15
91
0,25
0,25
Gọi M AI BC . Giả sử AB x( x 0), R, r lần lượt là bán kính đường tròn
ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC
-Do tam giác ABC đều nên S ABC
x2 3
x2 3
3
x2
4
4
-Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp
tam giác ABC r IM AM
1
3
Giả sử I (2a 2; a) d1 (a 1)
1
3
.
3
3
3
0,25
Do d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên
d ( I ; d2 ) r
3(2a 2) 3a 6
Suy ra I (2; 2) .
99
62 6
3
a
1(l )
3a 6 6 6
3
3
a 2
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R AM
2
3
2 3
3
phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC
4
là : ( x 2)2 ( y 2) 2
3
Giao điểm của đường thẳng (d1 ) và (C ) là nghiệm của hệ phương trình:
x 2 y 2 0
4
2
2
( x 2) ( y 2) 3
0,25
0,25
313
5
8
(1,0
điểm)
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
2
4
2
4
Vậy giao điểm của (d1 ) và (d 2 ) là E (2
;2
), F (2
;2
).
15
15
15
15
x 2 xy 2 y 2 3 y 1 y 1 x (1)
3 6 y 2 x 3 y 7 2 x 7 (2)
x 0
Điều kiện 1 y 6
.
2 x 3 y 7 0
Với điều kiện trên ta có :
(1)
y 1 x
( y 1 x)( y 1 x) y ( y 1 x) 0
y 1 x
1
( y 1 x)
y 1 x y 0
y 1 x
y x 1
1
y 1 x y 0 (*)
y 1 x
x 0
+ Với
, suy ra phương trình (*) vô nghiệm
1 y 6
0,25
0,25
+ Với y x 1 thay vào (2) ta được 3 5 x 3 5 x 4 2 x 7 (3)
Điều kiện
4
x 5 ta có :
5
(3) 7 x 3 5 x 3( x 5 x 4) 0
7 x
2
9 5 x
7 x3 5 x
3 x2 5x 4
x 5x 4
0
1
3
x2 5x 4
0
7 x 3 5 x x 5x 4
9
(1,0
điểm)
2
x 1
x 5x 4 0
x 4
1
3
0(VN )
7 x 3 5 x x 5x 4
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) (1; 2) và ( x; y ) (4;5)
0,25
0,25
Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a 2 2b 12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P
4 4
5
4
4
a b 8 a b 2
Từ giả thiết và bất đẳng thức CôSi ta có:
a 2 2b 12 a 2 4 2b 16 4a 2b 16 2 4a.2b 16 0 ab 8
314
6
0,25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
a b 4 4 ab
5
1 a 2 b2 5
1
Do đó P
.
2 2 . a b
4
2
4
64 a b 8 8 a b 16 b
a 64 2
b a
a b
1 2 5 1
1
Đặt t (t 2) , ta có P t .
b a
16
64 t 2 8
1
5 1
1
Xét hàm số f (t ) t 2 .
trên (2; )
16
64 t 2 8
1
5
1
5
Ta có f '(t ) t .
; f '(t ) 0 t
2
8 64 t 2
2
2 2
Bảng biến thiên
0,25
0,25
5
27
Từ bảng biến thiên ta có min f (t ) f
2;
2 64
27
, dấu bằng xảy ra khi a 2, b 4.
64
27
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng
khi a 2, b 4.
64
Suy ra P
0,25
--------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------
315
7
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT
QUỐC GIA
2016 - ĐỀ SỐ 55
Môn thi: TOÁN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Thời gian làm bài 180 phút
( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề )
--------oOo-------Đề thi này có 01 trang
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y
2x 1
(1).
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M
đến đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2cos x.cos 2 x 2 2sin 2 x cos 3 x .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I
2x2 1
dx .
x
Câu 4 (1,0 điểm).
1
1
1. Giải phương trình: log 1 (2 x 2 3 x 1) log 2 ( x 1)2 .
2
2
4
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y 8ln x x 2 trên đoạn [1;e].
Câu 5 (1.0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu
nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đủ 3 màu, có đúng
một quả cầu màu đỏ và có không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB a; AD 2a , tam giác
SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SD. Tính thể tích khối
chóp S.ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết AB
điểm thuộc đoạn thẳng BC sao cho BF
3
AD . Gọi F là
2
3
BC . Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình
4
9
1 225
. Đường thẳng d đi qua hai điểm A, C có phương trình 3 x 11 y 2 0 . Tìm
x y
4
4
8
2
2
tọa độ đỉnh C biết điểm A có hoành độ âm.
3 4 y 2 4 y x3 2 x 4 y 2
Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:
2
3
3
2 2 y x 3 y x 1 6 x x 1 2 0
x; y .
Câu 9 (1.0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a b c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: P
1 a
a2
2
5bc
16b 2 27 a bc
36 a c
2
2
.
___________ 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: ………………………………………
316
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
Câu 1
Khảo sát……
* Tập xác định D R / 1
* Sự biến thiên:
3
Ta có: y '
0, x D .
2
x 1
1điểm
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1 và 1; .
Hàm số không có cực trị.
* Giới hạn và tiệm cận:
Ta có:
lim y lim y 2 đường thẳng y 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C).
x
x
lim y ; lim y 1 đường thẳng x 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị (C).
x 1
0,25
0,25
x 1
* Bảng biến thiên:
x
y'
y
1
-
2
1.1
* Đồ thị:
-
0,25
2
1
Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm ;0 , cắt trục Oy tai điểm 0; 1 .
2
0,25
1.2
2a 1
Gọi M a;
C (điều kiện a 1 ).
a 1
Gọi đường thẳng là đường tiệm cận ngang của đồ thi (C) .
2a 1
0.a 1.
2
3
a 1
Ta có d M , Oy a ; d M ,
.
2
2
a 1
0 1
Theo giả thiết khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến
3
a
đường tiệm cận ngang do đó: 2.
a 1
a 2 a 6
a2 a 6 0
a 3
.
a a 6 2
2
a 2
a a 6
a a 6 0
2
Vì phương trình a 2 a 6 0 vô nghiệm.
317
1điểm
0,25
0,25
Câu 2
7
+ Với a 3 M 3; .
2
+ Với a 2 M 2;1 .
0,25
Phương trình đã cho cos 3x cos x 2 2sin x cos 3 x cos x 2 2sin x
cos x 0
2
2
cos x 2 2 1 cos x 2 cos x cos x
cos x 1
2
+ Với cos x 0 x k ; k .
2
x k 2
1
3
+ Với cos x
; k .
2
x k 2
3
Câu 3
2
2 x2 1
x 2x2 1
dx
dx
x
x2
1
2 udu xdx
2
2
2
Đặt u 2 x 1 u 2 x 1
.
2
x2 u 1
2
Ta có I
1
1
u2
u2 1 1
udu
du
du
du
du
.
u 1 u 1
u2 1 2
u2 1
u2 1
2
1 u 1 u 1
1 du 1 du
du
du du
2 u 1 u 1
2 u 1 2 u 1
Do đó I
Câu 4
4.1
1
1
u ln u 1 ln u 1 C .
2
2
1
1
Vậy I 2 x 2 1 ln 2 x 2 1 1 ln
2
2
2 x2 1 1 C .
1
2 x 2 3x 1 0
x
Điều kiện:
2.
x 1 0
x 1
1
1
1
Khi đó phương trình log 2 (2 x 2 3 x 1) log 2 ( x 1) 2
2
2
2
2
2
log 2 2(2 x 3x 1) log 2 ( x 1)
1điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
1điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5 điểm
0,25
x 1 (Ko TM)
2(2 x 3 x 1) ( x 1) 3x 4 x 1 0
.
x 1 TM
3
1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x
3
2
4.2
u
2
2
2
Điều kiện: x 0.
Hàm số y 8ln x x 2 xác định và liên tục trên [1;e].
x 2 1; e
8
Ta có y ' 2 x y ' 0
.
x
x 2 1; e
318
0,25
0,5 điểm
0,25
Ta lại có: y 1 1 ; y 2 8 ln 2 4 ; y e 8 e 2 .
Vậy : Max y 8ln 2 4 , giá trị lớn nhất đạt được khi x 2.
1;e
Min y 1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x 1.
0,25
1;e
Câu 5
Gọi là không gian mẫu của phép thử.
Số phần tử của không gian mẫu là n C164 1820 .
Gọi B là biến cố: “ 4 quả lấy được có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và
không quá hai quả màu vàng”.
Do đó để lấy được 4 quả có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá
hai quả màu vàng có 2 khả năng xảy ra:
+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C52C71
0,25
0,25
+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C51C72
+) Khi đó n B C41C71C52 C41C72C51 700 .
+) Xác suất của biến cố B là P B
Câu 6
nB
n
700
5
.
1820 13
0,25
0,25
1điểm
0,25
Gọi H là trung điểm của AB, vì SAB là tam giác đều SH AB .
SAB ABCD
a 3
Ta có AB SAB ABCD SH ABCD và SH SA2 HA2
.
2
SH AB, SH SAB
1
1
Vì ABCD là hình chữ nhật SACD S ABCD a.2a a 2 .
2
2
3
1
1 a 3 2 a 3
Do đó VS . ACD SH .SACD .
.a
(đvtt).
3
3 2
6
Gọi J là trung điểm của CD IJ / / SC SC / / AIJ
d AI , SC d SC , AIJ d C , AIJ .
Ta có CD AIJ J d C , AIJ d D, AIJ (vì J là trung điểm CD).
Vậy d AI , SC d D, AIJ .
319
0,25
0,25
Câu 7
Vì H là trung điểm AB, J là trung điểm của CD do đó tứ giác AHJD là hình chữ nhật.
Gọi K là tâm của hình chữ nhật AHJD IK / / SH (vì IK là đường trung bình tam
giác SHD).
SH ABCD
SH a 3
.
Ta có
IK ABCD và IK
2
4
IK / / SH
1
a2
Ta có S ADJ AD.DJ ;
2
2
1
1 a 3 a2 a3 3
.
VI . ADJ IK .S ADJ
;
3
3 4 2
24
a 17
AJ AD 2 DJ 2
.
2
1
1 a 3 a 17 a 2 51
Vì IK ABCD IK AJ SAIJ IK .AJ .
.
.
2
2 4
2
16
3.VI . ADJ 2a 17
.
Do đó d D, AIJ
SAIJ
17
A d
tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ pt
Ta có
A T
9 2 1 2 225
x y
8
4 4
3x 11y 2 0
2 11y
2 11y
x 3
x 3
2
2
2
2
2 11y 9 y 1 225 11y 19 y 1 225
3
3 12 4
4 4
8
8
x 3
2 11y
x 3
y 1
2 11y
x
y 1
x 93 A 3;1 (vì x A 0 ).
3
13y2 10 y 23 0
13
23
y
23
13
y
13
Gọi điểm E thuộc tia đối của tia BA sao cho AF CE .
Đặt BE xAB BE x AB , ta có:
3
CE BE BC x AB AD và AF AB BF AB AD .
4
Vì AF CE do đó
3
3
1
CE. AF 0 x AB AD AB AD 0 xAB 2 AD 2 0 x .
4
4
3
1
Vậy E thuộc tia đối của tia BA thỏa mãn BE AB khi đó AF CE .
3
320
0,25
1điểm
0,25
0,25
