De thi thu Dai hoc Mon Toan khoi A khoi BD va dapan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (535.52 KB, 14 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011
MÔN: TỐN; KHỐI: B+D

(Thời gian làm bài 180’ khơng kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số





3

2

m

y x





mx



C

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

 

C

2. Tìm m để đồ thị của hàm số



C

m



có tiếp tuyến tạo với đường thẳng

d x y

:

  

7 0

góc



, biết

1 os

26 c

 

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình





2cos3 cos

3 1 sin 2

2 3 os 2

4 x



x



c





x













2. Giải phương trình

x

 

3 x

  

1 x

1

Câu III (1 điểm) Tính tích phân





3ln 2

2
3

0 x

2 dx

I

e







Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,

AB a



2

. Gọi I
là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vng góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn



IA



2 

IH

. Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng

60

0. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH).

Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn

a



b



c



1

. 
Chứng minh rằng

5 3 5 3 5 3

2 2 2 2 2 2

2 2 3

3 a

a b

b

b c

c

b

c

a

b

















II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm
I là giao điểm của đường thẳng

d x y

:



3 0



và

d x y

' :

 

6 0



. Trung điểm một cạnh là giao
điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm

M

(0; 1; 2)



và

N

( 1;1;3)



. Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ

K



0;0; 2



đến (P) đạt giá trị lớn nhất
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển





n

n k n k k

n
k

a b

C a b











với quy ước số hạng thứ i của khai triển
là số hạng ứng với k = i-1.

Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển

1 1

3 1 log 3 1

log2 9 7 5 2

2 2

x

x  

 

 



   



















là 224.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

1. Cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là

x



2 y



1 0



và

3 x y



 

5 0

. Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;-3).

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm

A



2;3;1 ,



B





1; 2;0 ,



C



1;1; 2





.
Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

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

x



3log

x



2 



9log

x



2

……….Hết………..

SỞ GD & ĐT THANH HĨA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TOÁN; KHỐI: B+DKỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011

(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)

Câu Nội dung Điểm

I

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

Hàm số (C1) có dạng

3

2

y x





x





Tập xác định:





Sự biến thiên

- x

lim

  

y

 

, lim

x 

y

 

0,25

- Chiều biến thiên:

y

' 3



x



3 0

 

x



1

Bảng biến thiên

 

-1 1



y’ + 0 - 0 +



 

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng



  

; 1 , 1;

 





, nghịch biến trên khoảng

(-1;1)

Hàm số đạt cực đại tại

x



1,

y

CD



4

. Hàm số đạt cực tiểu tại

x



1,

y

CT



0

0,25



Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn

f(x)=x^3-3x+2

-2 -1 1 2

-1
1
2
3
4

x
y

0,25

2.(1,0 điểm)

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến



tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến

n





k

; 1







, d có vec tơ pháp

tuyến

n





1;1





0,25

Ta có

1 2

2
1 2

3

1 2

cos

2

26

2

1

3 k

n n

k

n n

k

k

















 



 



 

 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

u cầu bài tốn



ít nhất một trong hai phương trình

y

'



k v y

à '



k

2 có nghiệm x









2
2

3 2 1 2

2 ó nghiê

2

3 2 1 2

2 ó nghiê

3 x

m x

m

c

m

x

m x

m

c

m







 





 







 





0,25
' 2
1
' 2
2

1

8

2 1 0

4

2

3

4 3 0

1

4 m

m











  



 













 





















0,25
II

(2điểm) 1.(1,0 điểm)









2cos3 cos

3 1 sin 2

2 3 os 2

4 cos 4

os2

3 1 sin 2

3 1

os 4

2 x

c

x

x c

x

c

x

















































0,25

os4

3 sin 4

os2

3 sin 2

0 sin 4

sin 2

0

6 2sin 3

cos

0

6 c

x

x c

x





























































0,5

sin 3

0 18

3

6 cos

0

2 x

k

x

k

x































 

  









0,25
2.(1,0 điểm)
Điều kiện:

1

3 x



Khi đó

x

 

3 x

  

1 x

1 

3 x

 

1 x

  

3 x

1 0



0,25









2

1

0

3

1

3 x











 



0,25



1 

2

1

0

3

1

3 x

















 







2

1 1 0,

3

1

3 x

Do

x











 





 







(tmdk)

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1

0, 5

III
(1điểm)









3ln 2 3ln 2 3

2 2

3 3

2

0 3

2

x
x

x x

dx

e dx

I

e

e









0,25

Đặt

1

3

x x

t e





dt



e dx

.
Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2

0,25
Khi đó









2
2 2
2 2

1 1 1

3

1

2

3

2

3 3 1

ln

4

2

4

2

4 2 6

2 dt

t

I

dt

t t

t

t t

t





























































</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

IV
(1điểm)

*Ta có

IA



2 IH





H thuộc tia đối của tia IA và

IA



2 IH

BC



AB

2 2



a

Suy ra

3 ,

2 a

IA a IH



 

AH



IA IH





0,25

Ta có

2 2 2

2

.

.cos 45

5

2 a

HC



AC



AH



AC AH



HC



Vì









0 0

15 ,

60 .tan 60

2 a

SH



ABC



SC ABC



SCH





SH



HC



0,25

Ta có

2 2 2

2

.

.cos 45

5

2 a

HC



AC



AH



AC AH



HC



Vì









0 0

15 ,

60 .tan 60

2 a

SH



ABC



SC ABC



SCH





SH



HC



0,25

Thể tích khối chóp S.ABCD là:





3
.

1

15 .

3

6

S ABC ABC

a

V



S



SH



dvtt

0,25





BI

AH

BI

SAH

BI

SH







































,

1

,

2 ,

d K SAH

SK

a

d K SAH

d B SAH

BI

SB

d B SAH





 



0,25

V

(1điểm) Do a, b, c > 0 và

a



b



c



1

nên

a b c

, ,





0;1



Ta có





2
5 3

2 2 2

1

2

1 a a

a

b

c

a













Bất đẳng thức trở thành



 



3 3 3

2 3

3 a

b

c





 



 





0,5

S

H

C

A

B

I

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Xét hàm số

 





0;1

f x



x



x x



. Ta có:

 

0;1

2 3

ax

9 2 3

3 M

f x

f a

f b

f c









Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=

1

3

0,5

VIa

(2điểm) 1.(1,0 điểm)Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình

9 3 0

2

9 3

;

6 0

3 2 2

2 x

x y

I

x y

y





























 









 





Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD





Ox

3;0

M

d

M



 



0,25

Ta có:

AB



2 IM



3 2

Theo giả thiết

S

ABCD



AB AD

.



12 

AD



2 2

Vì I, M thuộc d



d



AD



AD x y

:

 

3 0



0,25

Lại có

MA MD



2 

tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình





2 2









3 0

2

4

2;1 ;

4; 1

1

3

2 x y

x

A

D

y

x

y

 









































0,25

Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)

TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4) 0,25

2.(1,0 điểm)

Gọi

n





A B C

, ,







A

B

C

0







là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;



1 



2 

0

2

0 Ax B y



C z



 

Ax By Cz B





C



0,25



1;1;3

  

3

2

0

2 N





P

 

A B



C B





C

 

A



B C



  

P

: 2

B C x By Cz B



2 C

0 







0,25

Khoảng cách từ K đến mp(P) là:

 





2 2

4 2 4

B
d K P

B C BC



 

-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)

-Nếu

B



0

thì

 



,



2 2

1

2

1

2

4

2

4

2

1

2 B

d K P

B

C

BC

C

B





















0,25

Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1

Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 0,25

VIIa
(1điểm)

Ta có













3 1 2

1 1

log 3 1

log 9 7 1 3 5 1 5

2

9 7 , 2

3

1

x

x  x    x 









0,25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>











 



3 5

1 1 1

5 1 3 1 5 1 1

9

x

7 . 3

x

1 56 9

x

7 3

x

1 C









 



  























Treo giả thiết ta có



 



1 1

1

9

7 56 9

7 3

1

224

4

2

3

1

x

x x

x




 













  







0,5

VIb

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến

n





1; 2





Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến

n





3; 1







Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình:



1 



3 

0 

2 2

0 

a x





b y





a



b



0,25

Tam giác ABC cân tại đỉnh A nên ta có:









2

3 2

2 2 2 2

3

2 2 2

os

,

os

,

1

2

3

1

3

1 a b

c

AB BC

c

AC BC

a

b











2 2 2 2

1

2 5 3

22

15

2

0

2

11 a

b

a

b

a b

a

ab

b

a

b





















  

 



0,25

Với

1

2 a



b

, chọn a= 1, b = 2 ta được đường thẳng AC: x + 2y + 5 = 0 (loại vì khi đó AC//AB) 0,25

Với

2

11 a



b

, chọn a = 2, b = 11 ta được đường thẳng AC 2x + 11y + 31 = 0 0,25

2.(1,0 điểm)



x y z

; ;



là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi

BH



AC CH

,



AB H

,





ABC













 















2

15

1

2

3

0 .

0

29 .

0

3

1

2

0

15

2

8

3

5

1

0 ,

0 1

3 x

y

z

BH AC

CH AB

x

y

z

y

x

y

z

AH AB AC

z























































































 

  

0,5



x y z

; ;



là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi

AI



BI CI I



,





ABC



















































2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2

3

1

2

1

2

1

2

8

3

5

1

0 ,

0 x

y

z

x

y

z

AI

BI

CI

BI

x

y

x

y

z

x

y

z

AI AB AC









































 





































  

14

15

61 14 61

1 ,

30 15 30

3

1

3 x

y

I

z





































0,5

VIIb
(1điểm)

Điều kiện x > 0

Bất phương trình



3 

x



3 log



x



2 

x



1 

 

1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1)

TH1: Nếu x > 3 thì

 

3

1 log

2

3 x









Xét hàm số

 

3 log

2 f x



x

, hàm số đồng biến trên khoảng



0;





 

1

3 x

g x

x







, hàm số nghịch biến trên khoảng



3;





0,25

+ Với x> 4 thì

f x

 



f

 

4  

3 g

 

4 

g x

 

Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4

+ Với

x



4

thì

f x

 



f

 

4  

3 g

 

4 

g x

 



bất phương trình vơ nghiệm

0,25

TH2: Nếu x < 3 thì

 

3

1 log

2

3 x









+ Với x



1 thì

f x

 



f

 

1  

0 g

 

1 

g x

 



bất phương trình vơ nghiệm

+ Với x < 1 thì

f x

 



f

 

1  

0 g

 

1 

g x

 



Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy

bất phương trình có nghiêm

0,25

SỞ GD & ĐT THANH HĨA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011
MƠN: TỐN; KHỐI: A

(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số





3

2

m

y x





mx



C

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

 

C

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>



1;1 ,



I

bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình





2cos3 cos

3 1 sin 2

2 3 os 2

4 x



x



c





x













2. Giải phương trình





1

5

2

4

x



 

x



Câu III (1 điểm) Tính tích phân

I

=



e

(

ln

x

√

x

1 +

ln

x

+

3 x

ln

x

)

dx

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,

AB a



2

. Gọi I
là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vng góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn



IA



2 

IH

. Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng

60

0. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH).

Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn

a



b



c



1

. 
Chứng minh rằng

5 3 5 3 5 3

2 2 2 2 2 2

2 2 3

3 a

a b

b

b c

c

b

c

a

b

















II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm
I là giao điểm của đường thẳng

d x y

:



3 0



và

d x y

' :

 

6 0



. Trung điểm một cạnh là giao
điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm

M

(0; 1; 2)



và

N

( 1;1;3)



. Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ

K



0;0; 2



đến (P) đạt giá trị lớn nhất
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển





n

n k n k k

n
k

a b

C a b











. Quy ước số hạng thứ i của khai triển là
số hạng ứng với k = i-1.

Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển

1 1

3 1 log 3 1

log2 9 7 5 2

2 2

x

x  

 

 



   



















là 224.

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB
và đường chéo BD lần lượt là

x



2 y

 

1 0

và

x



7 y



14 0



, đường thẳng AC đi qua điểm



2;1



M

. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm

A



2;3;1 ,



B





1; 2;0 ,



C



1;1; 2





.
Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

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

x



3log

x



2 



9log

x



2

……….Hết……….

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN; KHỐI: AKỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Câu Nội dung Điểm
I

(2điểm)

1.(1,0 điểm)

Hàm số (C1) có dạng

3

2

y x





x





Tập xác định:





Sự biến thiên

- x

lim

  

y

 

, lim

x 

y

 

0,25

- Chiều biến thiên:

y

' 3



x



3 0

 

x



1

Bảng biến thiên

 

-1 1



y’ + 0 - 0 +



 

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng



  

; 1 , 1;

 





, nghịch biến trên khoảng

(-1;1)

Hàm số đạt cực đại tại

x



1,

y

CD



4

. Hàm số đạt cực tiểu tại

x



1,

y

CT



0

0,25



Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn

f(x)=x^3-3x+2

-2 -1 1 2

-1
1
2
3
4

x
y

0,25

2.(1,0 điểm)

Ta có

y

' 3



x



3 m

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình

y

' 0



có hai nghiệm phân biệt



m



0

0,25

Vì

1 . ' 2

2

3 y



x y



mx



nên đường thẳng



đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương

trình là

y



2 mx



2

0,25

Ta có



,



2

2

1

4

1 m

d I

R

m



 







(vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng



ln cắt đường trịn tâm

I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt
Với

1

2 m



, đường thẳng



không đi qua I, ta có:

1 . .sin

2

ABI

S





IA IB

AIB



R



0,25

Nên

S

IAB đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I

1

2 R

IH





(H là trung điểm của AB) 2

2

1

2

3

2

4

1 m















0,25

II

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

Đặt





2 2 4 2

2

4

2 t



x





t



x



x

ta được phương trình

0,25

4 1 5

2 8 0

2 t





  







  





</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Với

t



4

ta có





0 0 0

2 4 4 4 2 4 2 2 2

2 2 16 2 8 0 2

x x x

x x x

x x x x x

  

      

     















0,25

Với

t



2

ta có





4 2 4 2 2

0 0

2 4 2

3 1

2

4

2 2 0

3 1

x

x

x















 







































0,25

III

(1điểm)

I

=



e

ln

x

√

1 +

ln

x

dx

+

3 

e

x

ln xdx

=I1+3I2

+) Tính

I

1

=



e

ln

x

√

1 +

ln

x

dx

Đặt

1 1 ln

1 ln ; 2

t

x

t

x

tdt

dx

x







 



Khi

x

=

1 ⇒

t

=

1 ; x

=

e

⇒

t

=

√

2

0,25













2 1 3 2 2 2

2 2 2

.2 2 1 2

1 1 1 3 3

t t

I tdt t dt t

t

 

        















0,25

+) Tính

I

2

=

e

x

ln

x

dx

. Đặt

u

=

ln

x

dv

=

x

dx

du

=

dx

x

v

=

x

3 {













3 3 3 3 3 3

e 2 e

2 1 1

x

1 e

1 x

e

1 2e

1 I

. ln x

x dx

.

3 3 3

3

9

0,25

I

=

I

1

+

3 I

2

=¿

5 −

2 √

2 +

2 e

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

IV
(1điểm)

*Ta có

IA



2 IH





H thuộc tia đối của tia IA và

IA



2 IH

BC



AB

2 2



a

Suy ra

3
,

2 2

a a

IA a IH   AH IA IH  0,25

Ta có

2 2 2 2 . .cos 450

a
HC AC AH  AC AH  HC

Vì









0 0

, 60 . tan 60

a
SH  ABC  SC ABC SCH   SH HC 

0,25

Ta có

2 2 2 2 . .cos 450

a
HC AC AH  AC AH  HC

Vì









0 0

15 ,

60 .tan 60

2 a

SH



ABC



SC ABC



SCH





SH



HC



0,25

Thể tích khối chóp S.ABCD là:





3
.

1

15 .

3

6

S ABC ABC

a

V



S



SH



dvtt

0,25





BI

AH

BI

SAH

BI

SH







































,

1

,

2 ,

d K SAH

SK

a

d K SAH

d B SAH

BI

SB

d B SAH





 



0,25

V

(1điểm) Do a, b, c > 0 và

a



b



c



1

nên

a b c

, ,





0;1



Ta có





5 2 3 1 3

2 2 1 2

a a

a a a

a a

b c a



 

  

 

Bất đẳng thức trở thành



 



2 3

3 3 3

a a b b c c

        

0,5

S

H

C

A

B

I

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Xét hàm số

 





0;1

f x



x



x x



. Ta có: 0;1

 

2 3
ax

M f x 

 

2 3

f a f b f c

   

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=

1

3

0,5

VIa
(2điểm)

1.(1,0 điểm)

Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình

9 3 0

2

9 3

;

6 0

3 2 2

2 x

x y

I

x y

y





























 









 





Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD M  d Ox M



3; 0



0,25

Ta có:

AB



2 IM



3 2

Theo giả thiết

S

ABCD



AB AD

.



12 

AD



2 2

Vì I, M thuộc d



d



AD



AD x y

:

 

3 0



0,25

Lại có

MA MD



2 

tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình





2 2









3 0

2

4

2;1 ;

4; 1

1

3

2 x y

x

A

D

y

x

y

 









































0,25

Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)

TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4) 0,25

2.(1,0 điểm)

Gọi

n





A B C

, ,







A2 B2 C2 0



  

là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;



1 



2 

0

2

0 Ax B y



C z



 

Ax By Cz B





C



0,25



1;1;3

  

3

2

0

2 N





P

 

A B



C B





C

 

A



B C



  

P

: 2

B C x By Cz B



2 C

0 







0,25

Khoảng cách từ K đến mp(P) là:

 





2 2

4 2 4

B
d K P

B C BC



 

-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)

-Nếu

B



0

thì

 



,



2 2

1

2

1

2

4

2

4

2

1

2 B

d K P

B

C

BC

C

B





















0,25

Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1

Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 0,25

VIIa
(1điểm)

Ta có













3 1 2

1 log 3 1 1

log 9 7 1 3 5 1 5

2

9 7 , 2

3

1

x

x  x    x 









0,25

Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là











 



3 5

1 1 1

5 1 3 1 5 1 1

9

x

7 . 3

x

1 56 9

x

7 3

x

1 C









 



  























0,25

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>



 



1
1

56 9

7 3

1

224

9

7

4

3

1

2

x x
x
x

x


 



















 





VIb

(2điểm) 1.(1,0 điểm)Do B là giao của AB và BD nên tọa độ của B là nghiệm hệ phương trình:

21

2 1 0

5 21 13

;

7 14 0

13 5 5

5 x

y

B

x

y









 

































 





0,25

Lại có ABCD là hình chữ nhật nên



AC AB

,

 



AB BD

,



Kí hiệu

n

AB





1; 2 ,





n

BD





1; 7 ,





n

AC





a b

,





lần lượt là vtpt của các đường thẳng AB, BD,
AC

Khi đó ta có:









2 2

3 cos

,

cos

,

2

AB BD AC AB

n



n



a



b



a



b

 

2 2

7

8

0

7 a

b

a

ab b

b

a











 

 



0,25

Với a = -b. chọn a= 1, b = -1. Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0

A AB





AC

nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ





1 0

3 3; 2

2 1 0

2 x y

x

A

x

y















 





Gọi I là tâm hình chữ nhật thì

I



AC



BD

nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ

7 1 0

2 7 5

;

7 14 0

5 2 2

2 x

x y

I

x

y











































 





Do I là trung điểm của AC và BD nên



4;3 ,



14 12

;

5 5

C

D













0,25

Với b = -7a loại vì AC không cắt BD 0,25

2.(1,0 điểm)



x y z

; ;



là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi

BH



AC CH

,



AB H

,





ABC













 















2
15

. 0 1 2 2 3 0

. 0 3 1 1 2 0

2 8 3 5 1 0

, 0 1

2 29 1

; ;

15 15 3

x

BH AC x y z

CH AB x y z y

x y z

AH AB AC

z
H

     
          
     


 



















































 

  

0,5

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

















































2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2

3

1

2

1

2

1

2

8

3

5

1

0 ,

0 x

y

z

x

y

z

AI

BI

CI

BI

x

y

x

y

z

x

y

z

AI AB AC









































 



































  

14

15

61 14 61

1 ,

30 15 30

3

1

3 x

y

I

z





































VIIb

(1điểm) Điều kiện x > 0

Bất phương trình



3 

x



3 log



x



2 

x



1 

 

1

Nhận thấy x = 3 khơng phải là nghiệm của phương trình (1)

0,25

TH1: Nếu x > 3 thì

 

3

1 log

2

3 x









Xét hàm số

 

3 log

2 f x



x

, hàm số đồng biến trên khoảng



0;





 

1

3 x

g x

x







, hàm số nghịch biến trên khoảng



3;





0,25

+ Với x> 4 thì

f x

 



f

 

4  

3 g

 

4 

g x

 

Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4

+ Với

x



4

thì

f x

 



f

 

4  

3 g

 

4 

g x

 



bất phương trình vơ nghiệm

0,25

TH2: Nếu x < 3 thì

 

3

1 log

2

3 x









+ Với x



1 thì

f x

 



f

 

1  

0 g

 

1 

g x

 



bất phương trình vơ nghiệm

+ Với x < 1 thì

f x

 



f

 

1  

0 g

 

1 

g x

 



Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy bất

phương trình có nghiêm

</div>

De thi thu Dai hoc Mon Toan khoi A khoi BD va dapan





<sub>3</sub>

<sub>2</sub>

<i>y x</i>





<i>mx</i>



<i>C</i>

 

<i>C</i>



<i>C</i>



<i>d x y</i>

:

  

7 0



1

os

26

<i>c</i>

 





2cos3 cos

3 1 sin 2

2 3 os 2

4

<i>x</i>

<i>x</i>





<i>x</i>



<i>c</i>



<sub></sub>

<i>x</i>







<sub></sub>





<i>x</i>

 

3

3

<i>x</i>

  

1

<i>x</i>

1





2

<i>dx</i>

<i>I</i>

<i>e</i>







<i>AB a</i>



2





















