30 de thi thu dh mon toan co giai chi tiet

Nhận dạy tại nhà Thầy Vương ĐT 0932201016
SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT BẠCH ĐẰNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề

Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3mx  1 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 .
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại
O ( với O là gốc tọa độ ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x .
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình

x3  2 ln x
dx .
x2

52 x 1  6.5x  1  0 .

b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 5 (1,0 điểm).

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3  và đường

x 1 y 1 z  3
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với


2
1
3
đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 .

thẳng d :

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I
là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm

H của BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và
tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong
ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình
của 
đường thẳng AB .
 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 4 y 2  x  2  y  1  x  1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:

P

bc
3a  bc



ca
3b  ca



ab
3c  ab

…….Hết……….

`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


Câu
1

Nội dung
a.(1,0 điểm)

Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  1
TXĐ: D  R
y '  3x 2  3 , y '  0  x  1

Điểm
0.25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1

0.25

Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1
lim y   , lim y  
x

x

* Bảng biến thiên
x
–
y’
+
y

0.25
+

-1
0

1
0
3

–

+
+

-1

-

Đồ thị:

4

0.25

2

2

4

b.(1,0 điểm)
y '  3 x 2  3m  3  x 2  m 

0.25

y '  0  x 2  m  0  *

Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 **





Khi đó 2 điểm cực trị A  m ;1  2m m , B
 



m ;1  2m m


1
2

Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m  ( TM (**) )

0.25
0.25

0,25

1
2
(1,0 điểm)

Vậy m 
2.

`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
/œÊÀ “œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x
0.25

 (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0
 2 sin x  cos x  3   2 sin 2 x  0

0. 25

 2sin x  cos x  3  sin x   0
sin x  0

sin x  cos x  3(Vn)

0. 25

 x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z

0.25

(1,0 điểm)
2

2

2

2

2

ln x
x2
ln x
3
ln x
I   xdx  2  2 dx 
2  2 dx   2  2 dx
x
2 1 1 x
2
x
1
1
1

0.25

2

ln x
dx
x2
1

Tính J  
3

Đặt u  ln x, dv 

0.25
1
1
1
dx . Khi đó du  dx, v  
2
x
x
x
2

2

1
1
Do đó J   ln x   2 dx
x
x
1
1

2

1
1
1
1
J   ln 2 
  ln 2 
2
x1
2
2
Vậy I 
4.

1
 ln 2
2

0.25

(1,0 điểm)
a,(0,5điểm)

5 x  1
52 x 1  6.5x  1  0  5.52 x  6.5 x  1  0   x 1
5 

5
x


0


Vậy nghiệm của PT là x  0 và x  1
 x  1
b,(0,5điểm)
n     C113  165
Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51 .C62  135
135 9
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là

165 11

5.

0.25

0.25

0.25
0.25
0.25

(1,0 điểm)
`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
/œÊÀ “œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê

ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“



Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3

Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1  y  1  3  z  3  0
 2 x  y  3z  18  0

0.25
0.25

Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t 
2

2

AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0

6.

t  3
 13 10 12 
  3 Vậy B  7;4; 6  hoặc B   ; ;  
t 
7

 7 7
 7
(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)
Sj
Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)

0.25

0.25

Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc

  60
giữa SK và HK và bằng SKH
M
B

H

C


Ta có SH  HK tan SKH

a 3
2

K

A

1
1 1
a3 3
Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH 
3
3 2
12

0.25

Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB  
Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM
Ta có

7.

a 3
a 3
1
1
1
16
. Vậy d  I ,  SAB   


 2  HM 
2

2
2
4
4
HM
HK
SH
3a

0.25

0,25

(1,0 điểm)
`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“



Gọi AI là phan giác trong của BAC

Ta có : 
AID  
ABC  BAI

A

E
M'

K
M
I

B

C

0,25

  CAD
  CAI

IAD

  CAI
,
 nên 
AID  IAD
ABC  CAD
Mà BAI
 DAI cân tại D  DE  AI

D

PT đường thẳng AI là : x  y  5  0
0,25

Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)


VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3

0,25
0,25

Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5x  3 y  7  0
(1,0 điểm).

 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4(1)


 4 y 2  x  2  y  1  x  1(2)

0.25

 xy  x  y 2  y  0

Đk:  4 y 2  x  2  0
 y 1  0

Ta có (1)  x  y  3

 x  y  y  1  4( y  1)  0

Đặt u  x  y , v 

y  1 ( u  0, v  0 )

u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
8.
Với u  v ta có x  2 y  1, thay vào (2) ta được :

 4 y 2  2 y  3   2 y  1 

2  y  2
4 y2  2 y  3  2 y  1

 y  2 ( vì 





0.25

4 y2  2 y  3  y  1  2 y



y 1  1  0


2
y2

 0   y  2 

 4 y2  2 y  3  2 y 1
y 1 1


2
4 y2  2 y  3  2 y  1



1
 0y  1 )
y 1  1


1
0
y  1  1 

0.25

0.25

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 

9.

(1,0 điểm) .
`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ

˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
/œÊÀ “œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


Vì a + b + c = 3 ta có

bc



bc

bc





bc  1
1 



2  ab a c 

3a  bc
a(a  b  c)  bc

(a  b)(a  c)
1
1
2
Vì theo BĐT Cô-Si:
, dấu đẳng thức xảy ra  b = c


ab ac
(a  b)( a  c)

Tương tự

Suy ra P 

ca
3b  ca



ca  1
1 


 và
2 ba bc 

ab
3c  ab



ab  1
1 



2 ca cb 

bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3



 ,
2(a  b) 2(c  a) 2(b  c)
2
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =

0,25

0,25

0,25
3
khi a = b = c = 1.
2

0,25

`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


Nhận dạy tại nhà Thầy Vương
ĐT 0932201016
SGD&ĐT

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG KỲ THI THPT QUỐC GIA -ĐỢT2
NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (4,0 điểm).Cho hàm số y 

2x  1
, gọi đồ thị là (C).
x 1

a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số.
b)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng (d): x  3 y  2  0 .
x
Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình: 2sin 2    cos5x  1
2

Câu 3 (2,0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : f ( x)  x. (5  x)3 trên đoạn  0;5
Câu 4 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình sau : 2 log 2 3 (2 x  1)  2 log 3 (2 x  1)3  2  0
b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3
nhà hóa học nữ, .Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn
phải có nữ và có đủ ba bộ môn.
Câu 5 (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có
A  4;8  , B  8; 2  , C  2; 10  . Chứng tỏ ABC vuông và viết phương trình đường cao còn
lại.
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a .Góc
  600 ,hình chiếu của S trên mặt  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác ABC .
BAC
Mặt phẳng SAC  hợp với mặt phẳng  ABCD  góc 600 . Tính thể tích khối chóp
S . ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  theo a .
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC.
Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có
phương trình là 3 x  5 y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường
thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết
phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
2 y 3  y  2 x 1  x  3 1  x
Câu8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
(x, y  )
2
2
2
 9  4 y  2 x  6 y  7

Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a  b  c và a 2  b 2  c2  5 . Chứng

minh rằng: (a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)   4
---------HẾT-------Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………
`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Môn: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)
Câu 1. (4 điểm)
Nội dung

Điểm

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
+Tập xác định D   \ 1

2đ

0.25

+Sự biến thiên
 Chiều biến thiên: y ' 

3

 x  1

2

 0 x  1 .

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;  
 Cực trị : Hàm số không có cực trị.
 Giới hạn tại vô cực và tiệm cận:
2x 1
 2 ,đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang
x 
x  x  1
2x 1
2x 1
 ; lim
  , đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng
lim
x 1 x  1
x 1 x  1
lim y  lim

0.5

 Bảng biến thiên :
x
y'
y

-



+

-1
||

+
+
2

0.5

 ||

2



1

2

+Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm A  ; 0 


Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm B  0; 1
Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là I  1; 2  làm tâm đối xứng
( Đồ thị )

0.5

`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


2, Viết phương trình tiếp tuyến

2đ

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm M ( x0 ; y0 ) ta có : k  f ' ( x0 ) 

3
( x0  1)2

0.5

1

Lại có k .     1  k  3
 3
hay

0.5

 x0  0
3
3 
2
( x0  1)
 x0  2

0.5

Với x0  0  y0  1 Vậy phương trình tiếp tuyến là : y  3x  1
Với x0  2  y0  5 Vậy phương trình tiếp tuyến là : y  3x  11

0.5

Câu 2. (2 điểm)
Nội dung

Điểm

x
2sin 2    1  cos5x  cosx  cos5x
2

 cos  x   cos    5x 

0.5
0.5

 k

x 

 x    5 x  k 2
6 3


là nghiệm của phương trình.
 x  5 x    k 2
 x    k

4 2

1.0

Câu 3. (2 điểm)
Nội dung

Điểm

f(x) = x (5  x)3 hàm số liên tục trên đoạn [0; 5] f(x)  x(5  x)3/ 2 x  (0;5)

0,5

5
5  x (5  x)
2
f’(x) = 0  x  5; x  2 . Ta có : f(2) = 6 3 , f(0) = f(5) = 0

f ’(x) =

Vậy Max f(x) = f(2) = 6 3 , Min f(x) = f(0) = 0
x[0;5]

x[0;5]

0,5
0,5
0,5

Câu 4. (2 điểm)
Nội dung

Điểm

a) 2 log 2 3 (2 x  1)  2 log 3 (2 x  1)3  2  0
1
2
2
PT  8log 3 (2 x  1)  6 log 3 (2 x  1)  2  0

Điều kiện : x 

 log3 (2 x  1)  1

 4 log (2 x  1)  3log 3 (2 x  1)  1  0  
log 3 (2 x  1)   1

4
2
3

0,25
0,25

0,25

`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


 x2
4
 
3 1
x 3

2 3

là nghiệm của phương trình đã cho.

0,25

b) Tính xác suất
Ta có :   C164  1820
Gọi A= “ 2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ”
B= “ 1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ “
C= “ 1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “
Thì H= A  B  C = ” Có nữ và đủ ba bộ môn “

0.25
0.5

C82 C51C31  C81C52C31  C81C51C32 3
P( H ) 


7

0.25

Câu 5. (2 điểm)
Nội dung


Điểm



Ta có : AB   12; 6  ; BA   6; 12 

0,5

 
Từ đó AB.BC  0 Vậy tam giác ABC vuông tại B

0,5

* Viết phương trình đường cao BH: Ta có đường cao BH đi qua B  8; 2  và

nhận AC   6; 18  6 1;3 làm vecto pháp tuyến

0,5

Phương trình BH : x  3 y  2  0

0,5

Câu 6. (2 điểm)
S
E

A
D

H

O

B

C

Nội dung
  600
* Gọi O  AC  BD Ta có : OB  AC , SO  AC  SOB

Điểm
0.25
`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


Xét tam giác SOH vuông tại H : tan 600 

SH
a 3
a
. 3
 SH  OH .tan 600 
HO
6
2

Ta có : tam giác ABC đều : S ABCD  2.S ABC 

a2 3

2

0.25

1 a a 2 3 a3 3
(đvtt)

3 2 2
12

1
3

0.25

0.25

Vậy VSABCD  .SH .S ABCD  . .

* Tính khỏang cách
Trong ( SBD) kẻ OE  SH khi đó ta có : OC; OD; OE đôi một vuông góc Và :
0.5

a
a 3
3a
OC  ; OD 
; OE 
2
2

8

Áp dụng công thức :

1
1
1
1
3a



d 
2
2
2
d (O, SCD ) OC
OD OE
112
2

0.5
Mà d  B, SCD   2d  O, SCD  

6a
112

Câu 7. (2,0 điểm)
A

E
H

B

K

M

C

D

Nội dung

Điểm

Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC,
K là giao điểm của
 
BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt,
vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M
là nghiệm của hệ phương trình:

0,5

7

x


x  y  4  0
2  M  7 ; 1 




 2 2
3 x  5 y  8  0
y   1

2
 
AD vuông góc với BC nên nAD  u BC  1;1 , mà AD đi qua điểm D suy ra

phương trình của AD :1 x  4   1 y  2   0  x  y  2  0 . Do A là giao điểm
của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
3 x  5 y  8  0
x  1

 A 1;1

x  y  2  0
y 1

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

0,5

`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*

Ê
`ˆÌœÀÊ

0,25

/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


x  y  4  0
x  3

 K  3;  1

x  y  2  0
 y  1
  KCE
 , mà KCE
  BDA
 (nội tiếp chắn cung
Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK
 ) Suy ra BHK
  BDK
 , vậy K là trung điểm của HD nên H  2; 4  .
AB

0,25

(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ
0.25 điểm)

Do B thuộc BC  B  t ; t  4  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra
C  7  t ;3  t  .


HB (t  2; t  8); AC (6  t ; 2  t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
 
t  2
HB. AC  0   t  2  6  t    t  8  2  t   0   t  2 14  2t   0  
t  7

0,25

Do t  3  t  2  B  2; 2  , C  5;1 . Ta có





AB  1; 3 , AC   4;0   nAB   3;1 , nAC   0;1

0,25

Suy ra AB : 3 x  y  4  0; AC : y  1  0.
Câu 8. (2,0 điểm)
Nội dung

Điểm

3 3

Điều kiện: x  1; y    ;  . Ta có
 2 2

0.25

(1)  2 y 3  y  2 1  x  2 x 1  x  1  x

0.25

 2 y 3  y  2(1  x) 1  x  1  x

Xét hàm số f (t )  2t 3  t , ta có f '(t )  6t 2  1  0, t    f (t ) đồng biến trên  .
0.25

y  0

Vậy (1)  f ( y )  f ( 1  x )  y  1  x  

2
 y  1 x

Thế vào (2) ta được :

4 x  5  2x2  6x 1
2

Pt  2 4 x  5  4 x 2  12 x  2   4 x  5  1   2 x  2 
 4 x  5  2 x  3(vn)

4 x  5  1 2x



 y42

Với x  1  2  

 y   4 2

Câu 9. (2,0 điểm)

1

x

2

 
x  1  2(l )

  x  1  2


0.25
2

0.5

0.5

Vậy hệ có hai nghiệm.

`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


Nội dung

Điểm

(a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)   4  (a  b)(b  c)(a  c)(ab  bc  ca)  4 (*).

0.25

Đặt vế trái của (*) là P
Nếu ab + bc + ca < 0 thì P  0 suy ra BĐT được chứng minh
Nếu ab + bc + ca  0 , đặt ab + bc + ca = x  0

0.25

Ta có

2

 a  b  b  c  (a  c)
(a-b)(b-c)  
 

2
4



2

 (a - b)(b - c)(a - c) 

(a  c)3
(1)
4

Ta có : 4(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 2(a - c)2 + 2(a - b)2 + 2(b - c)2
2
2
2
2
2
 2(a - c) + [(a - b) + (b - c)] = 2(a - c) + (a - c) = 3(a - c)

0.25

0.25

4
(5  x) (2) .
Suy ra 4(5 - x)  3(a - c) ,từ đây ta có x  5 và a  c 
3
2

3

1
2 3
4

x (5  x)3 (3)
Từ (1) , (2) suy ra P  x.  (5  x)  =
9
4
3


Theo câu a ta có: f(x) = x (5  x)3  6 3 với x thuộc đoạn [0; 5]

1.0

2 3
nên suy ra P 
.6 3  P  4 . Vậy (*) được chứng minh.
9

Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0

………. Hết……….

`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*