ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU Môn Toán khối D

Trường THPT chuyên
NGUYỄN QUANG DIÊU

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1
Mơn: Tốn khối D
Thời gian làm bài: 180 phút (Khơng kể thời gian phát đề)
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1/ (2,0 điểm). Cho hàm số y 

x3
có đồ thị là (C)
x 1

a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho
b/ Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất
(I: giao điểm hai tiệm cận của(C))
cos 2 x  sin 4 x
 3
2 cos 2 2 x  sin 2 x  1
 2
 x  yx  y   1  0
Câu 3/ Giải hệ phương trình:  2
 x  1 x  y  2  y  0


Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình:






4

Câu 4/ ( 1 điểm). Tính: A   sin x  cos x  ln 1  sin 2 x dx
0

Câu 5/ ( 1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A/B/C/ có (A/BC) tạo với đáy góc 600, tam giác
A/BC có diện tích bằng 8 3
a/Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của BB/ và CC/. Tính thể tích khối tứ diện A/AMN
b/ Tính khoảng cách giữa hai cạnh A/B và AC
Câu 6/ ( 1 điểm) . Gọi x1 , x 2 , x3 là nghiệm phương trình:





x 3  2m  3x 2  2m 2  m  9 x  2m 2  3m  7  0
2
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A  x12  x 2  x32  x1 x 2 x3

II . PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A . Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A là
d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc đường thẳng : 2x + y –1 = 0 và
diện tích tam giác ABC bằng 1
Câu 8.a (1,0 điểm).Cho A(5 ; 3 ; – 4) và B(1; 3 ; 4). Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng
(Oxy) sao cho tam giác ABC cân đỉnh C và có diện tích S  8 5 .
Câu 9 .a (1,0 điểm ).Giải phương trình: 3 2 x 6 x  3  6 x 3 x 1  2 2 x 6 x 3
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x –6)2 + y2 = 25 cắt nhau

tại A. Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3) cắt (C1) và (C2) thành hai dây cung bằng
nhau
2

2

2

Câu 8.b (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình d 1  :
và d 2  :

x7 y4 z 9


1
2
1

x  3 y 1 z 1
. Lập phương trình đường thẳng ()cắt (d1),(d2) và trục Ox lần


7
2
3

lượt tại các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC
Câu 9.b (1,0 điểm ).Giải phương trình: 1  log 9 x  3 log 9 x  log 3 x  1

sent to www.laisac.page.tl

Đáp án
Câu
Câu 1a

Nội dung
Tập xác định: D = R \ –1
4
, y /  0, x  D
2
x  1
x3
x3
  và lim 
 
Vì: lim 
x  1 x  1
x  1 x  1

Điểm
0,25

y/ 

0,25

nên: x = –1 là tiệm cận đứng
x 3
x 3

 1 và lim
1
x   x  1
x   x  1

Vì: lim

nên: y = 1 là tiệm cận ngang
Bảng biến thiên và kết luận
Đồ thị
Câu 1b




Gọi M  m ;

m 3
 thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1)
m 1

IM 

m  12 

IM 

m  12 

16

m  12
16

m  1

2

 2 16  2 2

( Tương ứng xét g t   t 

Giải phương trình:

0,25

16
, t  0 và t = (m + 1)2 và lập được
t

bảng biến thiên
IM nhỏ nhất khi IM  2 2
Khi đó (m + 1)2 = 4
Tìm được hai điểm M 1 1 ;  1 và M 2  3 ; 3
Câu 2

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

cos 2 x  sin 4 x
 3
2 cos 2 2 x  sin 2 x  1

sin 2 x  1

Điều kiện:  2 sin 2 x  sin 2 x  1  0  
1
sin 2 x   2


0,25

2

0,25
cos 2 x  sin 4 x
 3  cos 2 x  sin 4 x  3 sin 2 x  cos 4 x 
 2 sin 2 2 x  sin 2 x  1
 cos 2 x  3 sin 2 x  3 cos 4 x  sin 4 x




 2 x  3  4 x  6  k 2





 cos 2 x    cos 4 x    
3
6


 2 x    4 x    k 2

3
6



x


4

 k  x  


6

k

2
3

0,25

So lại điều kiện được nghiệm phương trình đã cho

2
x

Câu 3

6

k

0,25

3

 2
 x  yx  y   1  0
Giải hệ phương trình:  2
 x  1 x  y  2  y  0






 2
 x 2  1  yx  y 
 x  yx  y   1  0
 

 2
 x  1 x  y  2  y  0
 y  x  y  x  y  2   y  0

 x 2  1  yx  y 
 
 x  y  x  y  2   1  0





( Vì: y = 0 không là nghiệm của hệ)
 x 2  1  yx  y 
 x 2  1  yx  y 



2
 x  y   2 x  y   1  0
 x  y  12  0


2
 x  1  yx  y 
 
x  y  1

 

x 2  1  y

 

x 2  1  1  x



x  y  1
y  1  x
x 2  x  0
 x  0  x  1
 

y  1  x
y  1  x

Nghiệm của hệ: (0 ; 1) , ( –1 ; 2)
Câu 4


4

A   sin x  cos x  ln 1  sin 2 x dx
0



0,25

4
2

A   sin x  cos x  ln sin x  cos x  dx
0


4

A  2  sin x  cos x  ln sin x  cos x dx
0

 
(Vì: sin x  cos x  0 , x  0 ;  )
 4
cos x  sin x

dx
u  ln sin x  cos x 
du 
Đặt 
suy ra: 
sin x  cos x
dv  sin x  cos x dx
v  cos x  sin x


0,25





4



A  2 sin x  cos x  ln sin x  cos x  04   cos x  sin x dx 
0





0,25


0,25




A  2  2 ln 2  sin x  cos x  04 


A = 2 2 ln 2  2  1





A  2 ln 2  2  2 2

Câu 5a

C/

A/

B/

N

M

A

Ta có AA /   ABC 
Gọi H là trung điểm BC. AH  BC
/
nên A H  BC.Vậy góc A/HA bằng 600

C
H

B

Trong tam giác vng A/HA có:
A/ H 

AH

BC 3
2
 BC 3
0
2
cos 60
1
2

Diện tích tam giác A/BC: S  BC. A / H 

V A/ AMN

Câu 5b

BC 2 3
2

S  8 3 nên BC = 4, AA /  AH tan 60 0  6
1
 Vlt  2V A. BMNC  BC. AH . AA /  16 3
3

Tính khoảng cách giữa hai đoạn thẳng A/B và AC
Ta có AA /   ABC 
Dựng hình hộp ABDC.A/B/D/D. AC//BD nên AC//(A/BD)  A/B
nên d(AC;A/B) = d(AC;(A/BD)) = d(A;(A/BD))

0,25

C/

A/

B/

D/

T
C

A

K

B

D

Kẻ AK  BD (K BD)
BD AK và BD AA/ nên BD (A/AK)  (A/BD) (A/AK)
Kẻ AT A/K (TA/K)  AT(A/BD)
AT=d(A;(A/BD)) = d(AC;A/B)
1
1
1
1

 / 2 
2

2
AT
AK
A A
2 3

 

Câu 6

2



1
4 1

 hay AT = 3
2
36 9
6

Gọi x1 , x 2 , x3 là nghiệm phương trình





x 3  2m  3x 2  2m 2  m  9 x  2m 2  3m  7  0

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của

0,25

0,5


2
2
A  x12  x 2  x3  x1 x 2 x3

Phương trình: x 3  2m  3x 2  2m 2  m  9x  2m 2  3m  7  0 (*)
Có nghiệm x3  1
Nên (*)  x  1x 2  2m  1  2m 2  3m  7  0

0,25

x  1

 

2
2
 x  2m  1x  2m  3m  7  0  0 1
(1) có hai nghiệm x1 ; x 2 khi: m  12  2m 2  3m  7  0

0,25

  m 2  5m  6  0  2  m  3
2

2
2
A  x12  x 2  x3  x1 x 2 x3 = x12  x 2  1  x1 x 2
=  x1  x 2 2  x1 x 2  1 = 2m  2 2  2m 2  3m  6
Hay A = f m   2m 2  11m  2 m 2 ; 3
f / m   4m  11 , f / m   0  m  

11
 2 ; 3
4

f 2   28 và f 3  49
Vậy max A  49 khi m = 3 và min A  28 khi m = 2

Câu 7a

0,25

PHẦN TỰ CHỌN
A. Theo chương trình chuẩn
Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ
A là d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc
đường thẳng :2x + y –1 = 0 và diện tích tam giác ABC bằng 1
BC qua B và vng góc d nên BC có phương trình: x + y + 1 = 0

0,25

0,25

2 x  y  1  0

x  2
Vậy: C(2 ; –3)

x  y  1  0
 y  3

Tọa độ C là nghiệm của hệ 

Aa ; a  3  d . d  A ; BC  

2a  4
2

, BC  2 .Theo giả thiết ta

2a  4
1
1
BC.d  A ; BC   1 hay . 2.
1
2
2
2
2a  4
a  1
1
Hay . 2 .
 1  2a  4  2  
2
2

a  3

0,25

có:

Câu 8a

Với a = –1 thì A(–1 ; 2), với a = –3 thì A(–3 ; 0)
Gọi C(a ; b; 0), tam giác ABC cân tại C nên trung điểm
H(3 ; 3 ; 0) của AB cũng là chân đường cao vẽ từ C.
 AC  BC

Theo giả thiết ta có:  1
 2 AB.CH  8 5

2
2
a  5  b  3  16  a  12  b  32  16

 1
2
2
 16  0  64 . a  3  b  3  8 5
2

0,5

0,25
0,5

a  3

 

b  3  4

Câu 9a

0,25

a  3
b  7  b  1

 

Có hai trường hợp C(3 ; 7 ; 0), C(3 ; –1 ; 0)
Giải phương trình: 3 2 x 6 x  3  6 x 3 x 1  2 2 x 6 x 3
3 2 x 6 x  3  6 x 3 x 1  2 2 x 6 x 3  3 2 x  6 x  21  6 x 3 x 1  2 2 x 6 x  21
2 x  3 x 1
x 3 x 1
3
3
x  3 x 1
x  3 x 1
x  3 x 1
 
20
 3 

3.9
6
 2.4
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

3

Đặt t =  
2

x 2  3 x 1

2

2

0,25

2

t  1
t  0 , ta được: 3t  t  2  0   2
t 
 3

l 

2
3

0,25

Với t  , ta được : x 2  3 x  2  0  x = 1  x = 2

Câu 7b

0,25

Tập nghiệm S  2 ; 3
B. Theo chương trình nâng cao
Cho hai đường trịn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x –6)2 + y2 = 25
cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3)cắt
(C1) và (C2) thành hai dây cung bằng nhau
Gọi M(a ; b) (C1) và N(4 –a ; 6 –b) đối xứng với M qua A. Theo
giả thiết N (C2)

0,25

0,5

a 2  b 2  13
a 2  b 2  13


 
Vậy ta có: 
2
2
 2  a   6  b   25
2  a 2  6  b 2  25


2
2
a  b  13  0

 2

a  b 2  4a  12b  15  0

 a  2
l 

 b  3
a 2  b 2  13  0

 17 6 
  a   17 , vậy M   ;  .


 5 5
5
4a  12b  10  0



6
 b 
5


Phương trình đường thẳng cần tìm x –3y + 7 = 0
Câu 8b

0,25

0,25

x7 y4 z 9
x  3 y 1 z 1




và d 2  :
. Lập
Cho d 1  :
1
2
1
2
3
7

phương trình đường thẳng () cắt (d1),(d2) và trục Ox lần lượt tại
các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC
Gọi A7  a ; 4  2a ; 9  a   d1  , B3  7b ; 1  2b ; 1  3b   d1  và
C(c ; 0 ; 0) Ox
B là trung điểm AC nên:
7  a  c  23  7b 
a  14b  c  1  0


4  2a  21  2b   2a  4b  2  0 
9  a  21  3b 
a  6b  7  0



Vậy: A8 ; 6 ; 8  d1  , B 4 ; 3 ; 4   d 1 

0,25
0,25

a  1

b  1
c  14


0,25


x 8 y 6 z 8


12
3
4
Giải phương trình: 1  log 9 x  3 log 9 x  log 3 x  1

0,25

Điều kiện xác định: x ≥ 1

0,25

Phương trình  :
Câu 9b

1  log 9 x  3 log 9 x  log 3 x  1

 1  log 9 x  3 log 9 x  2 log 9 x  1



 1  2 log 9 x  2 log 9 x  1 1  log 9 x  3 log 9 x





0,25



 2 log 9 x  1 1  log 9 x  3 log 9 x  1  0
 2 log 9 x  1 vì: 1  log 9 x  3 log 9 x  1  0

0,25

 x = 3. Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3

0,25

Trường THPT chuyên
NGUYỄN QUANG DIÊU

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1

Mơn: Tốn khối A,A1,B
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1/ (2,0 điểm).Cho hàm số y = x3 –6x2 + 9x –2 có đồ thị là (C)
a/ Khảo sát sư biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho
b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo
thành một tam giác có diện tích S = 6


Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình: 2 sin  2 x    sin x  3 cos x  2  0
4



 x2  2y  3  2y  3  0


Câu 3/ Giải hệ phương trình: 




Câu 4/ ( 1 điểm) Tính: A   sin x cos x ln 1  sin x dx

2 2 y 3  x 3  3 y  x  12  6 x  x  1  2  0




2

2
0

Câu 5/ ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a.SA vng góc mặt
đáy và SA = 2a
a/ Gọi M là trung điểm SB, V1 là thể tích tứ diện SAMC, V2 là thể tích tứ diện ACD.
Tính tỷ số

V1
V2

b/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD
Câu 6/ Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3 x  y  1
Tìm giá trị nhỏ nhất của A 

1
1

x
xy

II . PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A . Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm).Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua
A(–2 ; 2) và tiếp xúc : 3x – 4y + 14 = 0
Câu 8.a (1,0 điểm). Cho B5 ;  2 ; 2  , C 3 ;  2 ; 6  và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa độ


điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A

Câu 9 .a . (1,0 điểm )
Giải phương trình: 8 log 4 x 2  9  3 2 log 4  x  32  10  log 2  x  32
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Cho (C): (x +6)2 + (y –6)2 = 50. M là điểm thuộc (C)( M có hồnh độ
và tung độ đều dương) .Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M sao cho tiếp tuyến
này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là trung điểm
Câu 8.b (1,0 điểm ). Cho M(0; 0; 1) A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình mặt phẳng
2
.
2
Câu 9.b . (1,0 điểm ). Giaỉ bất phương trình: log 6 3 x  6 x  log 64 x

(P) qua A,B và khoảng cách từ M đến (P) bằng





Đáp án
Câu
Câu 1a

Nội dung
Cho hàm số y = x –6x + 9x –2 có đồ thị là (C)
a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho
Tập xác định: D = R
y/ = 3x2 –12x + 9
y/ = 0  x = 1  x = 3
lim x 3  6 x 2  9 x  2    và lim x 3  6 x 2  9 x  2   

Điểm
0,25

Bảng biến thiên và kết luận
Đồ thị
b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai
cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích S = 6
Hai điểm cực trị A(1 ; 2), B(3 ; –2), AB  2 5
Phương trình AB: 2x + y – 4 = 0.

0,25
0,25

3

2

x  

Câu 2b

0,25

x  

Gọi M m ; m 3  6m 2  9m  2   C 
d M ; AB  

2m  m 3  6m 2  9m  2  4
5

0,25

0,25


m 3  6m 2  11m  6
5

Diện tích tam giác MAB:
1
AB.d M ; AB   m 3  6m 2  11m  6
2
m 3  6m 2  11m  6  6
m  0
 
S 6 3
2
m  6m  11m  6  6
m  4


S

Câu 2

m = 0  M(0; –2) phương trình: y = 9x –2
m = 4  M(4 ; 2) phương trình: y = –3x +14



Giải phương trình 2 sin  2 x    sin x  3 cos x  2  0


4

0,25
0,25




2 sin  2 x    sin x  3 cos x  2  0
4

 sin 2 x  cos 2 x  sin x  3 cos x  2  0
 2 sin x cos x  sin x  2 cos 2 x  3 cos x  1  0

0,25

 sin x2 cos x  1  cos x  12 cos x  1  0
 2 cos x  1sin x  cos x  1  0

0,25

1

cos x  2
 
sin  x     1


 
4
2
 

0,25

Nghiệm phương trình: x  


3

 k 2 , x  k 2 , x 


2

 k 2

Giải hệ phương trình:

Câu 3

0,5

 x 2  2 y  3  2 y  3  0 1


2 2 y 3  x 3  3 y  x  12  6 x  x  1  2  0


(2)  2x  13  3 y x  12  4 y  0





3

2 

2

 x  1
 x  1
  3
 2

 y  40
 y 




x 1
 2

y

do y = 0 không là nghiệm

 x2  2y  3  2y  3  0

Hệ trở thành: 
 x  2 y  1

3

y  2


5
 4y2  6y  4  3  2y
 14 5 


 y 
nghiệm của hệ:   ; 
18
 9 18 
 x  2 y  1


14

x   9


Câu 4

0,25

0,25
0,25



Tính: A   2 sin x cos x ln 1  sin 2 x dx
0
1 
Tính: A   2 sin 2 x ln 1  sin 2 x dx
2 0
Đặt u  ln 1  sin 2 x  và dv  sin 2 xdx
sin 2 x
dx và v  1 sin 2 x
Suy ra: du 
2
1  sin x




2
1
2
2
2  sin 2 xdx 
Khi đó: A  1  sin x ln 1  sin x  0 

2
0










0,25

0,25


A

A

Câu 5a

1
2
2
 1  sin x ln 1  sin x
2





0,25





ln 4  1
2



 



2
0



 sin 2 x



2
0

0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a.SA vng

góc mặt đáy và SA = 2a
a/ Gọi M là trung điểm SB, V1 là thể tích tứ diện SAMC, V2 là thể
tích tứ diện MACD. Tính tỷ số
S

Ta có:

V1
V2

VS . AMC 1
 . Gọi H là trung điểm SA
VS . ABC 2

0,25

M
A
D
H
B

C

1
2

SA  (ABCD) nên MH  (ABCD) và MH  SA
1
VM . ACD  VM . ABC  VS . ABC

2

Câu 5b

vậy:

0,25

V1
1
V2

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD
Gọi E là điểm đối xứng của B qua A.Ta có
S
AEDC là hình bình hành và góc EAC bằng
1350, CD = a và AC  a 2
K
A
AC // ED nên AC // (SDE)  SD nên
C
d(AC,SD) = d(AC,(SDE)) = d(A,(SDE))
D
E
H
Kẻ AH  ED ( H ED) 
ED(SAH)  (SED)(SAH)
Kẻ AK SH  AK  (SDE) vậy AK = d(AC,SD)
Trong tam giác SAH có

0,25

0,25

1
1
1
1
1
3


 2  2  2
2
2
2
AK
SA
AH
4a
2a
4a
2a

Vậy: AK = d(AC,SD) =

Câu 6

3

Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x + y ≤ 1.Tìm giá trị nhỏ
nhất của A 

1
1

x
xy

Giải. 1  3 x  y  x  x  x  y  44 x 3 y hay
A

0,25

1
1
1
≥2


x
x xy
xy

2
4

x3 y

8

4

xy 

1
4

0,25
0,25


0,25

1

x  y  2
1

A=8 
 xy
1
1
2
 
4
xy
x


Giá trị lớn nhất của A là 8 khi x  y 

Câu 7a

1
2

PHẦN TỰ CHỌN
A. Theo chương trình chuẩn
Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d: 2x + y = 0,
qua A(–2 ; 2) và tiếp xúc : 3x – 4y + 14 = 0
Tâm I thuộc d nên I(a ; –2a). Theo giả thiết ta có AI = d(I ; d) hay

a  2 2   2a  2 2



3a  8a  14
25


0,25

5 5a 2  12a  8  11a  14  a = 1

Câu 8a

0,25

Ta được I(1; –2)  bán kính R = 5

(0,25)
Phương trình đường trịn cần tìm: (x –1)2 + (y +2)2 = 25
Cho B5 ;  2 ; 2  , C 3 ;  2 ; 6  và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa
độ điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực cạnh BC, (Q) qua trung
điểm của BC và có vectơ pháp tuyến là BC . Phương trình (Q):
x –2z + 4 = 0.
A(a ; b; c) (P) và A(a ; b; c) (Q) nên:

0,25

0.25

0.25

 2a  b  c  5  0
b  13  5c
.Khi đó: A2c  4 ; 13  5c ; c 
 

a  2c  4  0
 a  2c  4

0.25

AB  9  2c ; 5c  15 ; 2  c  và AC  7  2c ; 5c  15 ; 6  c 

Tam giác ABC vuông tại A nên: AB. AC  0
 9  2c 7  2c   5c  152  2  c 6  c   0 
30c 2  170c  200  0  c  4  c 

5
3

0.25

20 13 
 11
;
; 
3 3
3

có hai điểm A1  1 ;  7 ; 4  và A2 
Câu 9a

2

Giải phương trình: 8 log 4 x 2  9  3 2 log 4  x  3  10  log 2  x  3

x 2  9  0
 x  3  x  3



2
2
Điều kiện: log 4  x  3  0   x  3  1 
x  3  0


2
 x  3  0


 x  4  x  3
Phương trình đã cho trở thành:
2

 x  3  x  3

 x  4  x  2
x  3


2

0.25

0,25

2

log 2  x  3  3 log 2  x  3  10  0
 log  x  32  2
2
 
 log  x  32  5 vn 
2


0,25


2

2

 log 2  x  3  4   x  3  16
x  3  4
 x  1 l 

 
 x  3  4
 x  7
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = –7

Câu 7b

0,25

B. Theo chương trình nâng cao
Cho (C): (x +6)2 + (y –6)2 = 50. M là điểm thuộc (C)(M có hồnh
độ ,tung độ đều dương). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M
sao cho tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là
trung điểm
(C) có tâm I(–6 ; 6) và bán kính R  5 2
Gọi A(a ; 0) và B(0 ; b) ( ab ≠ 0) là giao điểm của tiếp tuyến

0,25

a b
 2 2

cần tìm với hai trục tọa độ,suy ra M  ;  , phương trình AB:
x y
  1  bx  ay  ab  0
a b

*

0,25

b
a

IM    6 ;  6  và AB   a ; b 
2
2


Theo giả thiết ta có :
  a  12   b  12 
  a  2   b 2   0

 
 
IM  AB và M(C) hay 
2
2
 a  6    b  6   50


 
 2

 2


0,25

b 2  a 2  12a  12b  0
b  a b  a   12a  b   0

  a  12  2  b  12  2
 
2
2
 
  50

a  12   b  12   200
 2   2 

a  b b  a  12   0

 

2

2

1

a  12   b  12  200

Câu 8b

2

b   a l 
b  a  12

. 1  

Với b  a  12 thay vào (2) được: a  12 2  a 2  200
 a = 2  a = –14 ( loại)
Với a = 2 , b = 14, ta có phương trình: 7x +y –14 = 0
Cho M(0; 0; 1), A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình
mặt phẳng (P) qua A, B và khoảng cách từ M đến (P) bằng

2
.
2

Phương trình mặt phẳng qua A có dạng: a(x –1) + by + c(z –1) = 0
(a2 + b2 + c2 > 0): hay ax + by +cz –a –c = 0
Qua B nên: 2a –b –a –c = 0 hay a = b + c
Khi đó (P): (b+c)x + by +cz –b –2c = 0

0,25

2
nên:
2

d M ; P  

Câu 9b

bc

b  c 2  b 2  c 2



1
2

Hay: 2b 2  4bc  2c 2  2b 2  2bc  2c 2  0  b = 0  c = 0
Với c = 0 a = b. Chọn b = 1  c = a. (P): x + y –1 = 0
Với b = 0 a = c. Chọn c = 1  c = a. (P): x + z –2 = 0
Giaỉ bất phương trình: log 6 3 x  6 x  log 64 x





6

Đặt: t  6 x , t  0 suy ra: x = t

Bất phương trình trở thành: log 6 t 2  t   log 64 t 6 



0,25



log 6 t 2  t  log 2 t

Đặt: log 2 t  u  t  2 u . Bật phương trình trở thành:
u

0,25

u

 2 1
4u  2 u  6u        1
 3 3
u

u

 2 1
 3 3
f u   f 1  1  u  1  log 2 t  1

Gọi: f u        là hàm luôn nghịch biến nên:

 t2 

6

x  2  0 ≤ x ≤ 64

sent to www.laisac.page.tl

0,25

0,25