3 de thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an khoi Akhoi B khoi D lan II

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (503.01 KB, 10 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TrườngTHPT Phan Châu Trinh

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN2

Mơn thi: TỐN

– Khối A&B

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 3
1
x
y

x




 .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Viết phương trình tiếp tuyến

 

 của đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ tâm đốixứng của đồ thị(C)
đến

 

 đạt giá trị lớn nhất.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình 4 sin2 sin 2 cos 2 2 1 sin





2 1 cot

x x

x

  

 .

2. Giải hệ phương trình





3 2

2 1 1

x y x y

x y

    




 

 .

Câu III (2,0 điểm)

1. Cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 1 3 , 0
sin cos

y y

x x

  và haiđườngthẳng
4
x ,

3
x .
Tính diện tích của hình phẳng đó.

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x2xyy2  y2yzz2  z2zxx2 , với mọi số thực
x, y, z thỏa mãnđiều kiện x  y z 1.

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụABC.A’B’C’, có ABAC4a, BAC1200 và hình chiếu vng góc
của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếptam giác ABC. Góc giữa cạnh bên
với đáylà 300. Tính theo a thểtích khối lăng trụABC.A’B’C’và khoảng cáchgiữaAA’vớiBC.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần:A hoặcB

A. Theo chương trình Chuẩn

Câu Va (1,0 điểm) Tính môđun của số phức zi, biết



zi



 

z i 2iz ( i là đơn vị ảo ).
Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳngOxy, cho điểmMở trên elip

 

E : 5x29y2450 và tích các khoảng cách từM
đến hai tiêu điểm của (E) bằng 65

9 . Hãy tìm tọa độ điểmM, biết điểmMở góc phần tư thứ hai.
2. Trong không gian Oxyz,cho điểm A



5;3; 1



. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trụcOx sao
cho khoảng cách từA đến (P) bằng 1.

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết 1 i



2 32i z



2 i

z z




   ( i là đơn vị ảo).
Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳngOxy, cho elip

 

E :x24y21. Tính tâm sai của (E) và viết phươngtrình chính
tắc của hypebol (H) nhậncáctiêu điểm của (E) làmđỉnh và có hai tiêu điểm là hai đỉnh của (E).
2. Trong không gian Oxyz,cho điểm A



5;3; 1



. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi quaA và song
song với trụcOx, biết khoảng cách giữaOx và (P) bằng 1.

---Hết---Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ... Số báo danh:...

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂUTRINH

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN2

Mơn thi: TỐN

– Khối A&B

Đ

ÁP ÁN

Câu-Ý Nội dung Điểm

Câu I

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 3
1
x
y

x




 .

2. Viết phương trình tiếp tuyến

 

 của đồ thị (C)để khoảng cách từ tâm đối xứng
của(C) đếnd đạt giá trị lớn nhất.

2,0 đ

Tập xác định: DR\ 1

 

Sự biến thiên: Giới hạn và tiệm cận: lim 2; lim 2 2

xy xy  y là tiệm cận ngang;

1 1

lim ; lim 1

x x

y y x

 

        là tiệm cận đứng.

0,25

BBT:





2
1

' 0,

y x D

x

   

 . Lập BBT

KL: Hàm số đồng biến trên các khoảng



;1



và



1;



0,25

Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại 3; 0
2

 

 

  và Oy tại

 

0;3 . 0,25

Ý.1
(1,0 đ)

Vẽ đồ thị đối xứng qua I

 

1; 2 . 0,25

Ta có: I

 

1; 2 là tâm đối xứng của (C). Phương trình tiếp tuyến

 

 của (C) tại



0; 0

  

M x y  C là

 









0
0

1 1

: 2

1
1

y x x

x
x

    



 .

0,25

Hay

 





2 2

0 0 0

:x x 1 y 2x 6x 3 0

       . 0,25

Khoảng cách tứ I đến

 

 là









0 0

4 2

0 0

2 1 2 1

1 1 2 1

x x

d

x x

 

  

   . 0,25

Ý.2
(1,0 đ)

Dấu bằng xãy ra khi x0  1 1 x0 0;x0 2.

Kết luận:

 

 :y x 3 hoặc

 

 :y x 1. 0,25

Câu II

1. Giải phương trình 4 sin2 sin 2 cos 2 2 1 sin





2 1 cot

x x

x

  

 .

2. Giải hệ phương trình





3 2

2 1 1

x y x y

x y

    




 

 .

2,0 đ

Điều kiện: sinx0; cotx1. Ta có: 2 cos 2 sin 2 2 sin2
1 cot

x

x x

x   

 . 0,25

Và 4 sin2 sin 2 1 cos





sin 2 sin sin 2
2

x

x  x x x x

Do đó: PT2 sin2x



2 2 sin



x 2 0 sinx 1hoặc sin 2
2
x .

0,25
Ý.1

(1,0 đ)

sin 1 2

x     x  k  , sin 2 2

2 4

x   x  k  hoặc 3 2
4

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

Kết hợp nghiệm,vậynghiệm PT là 2
2

x   k  hoặc 3 2





x  k  kZ . 0,25

Điều kiện: x y



 1



0. Mà x3  7 y2   0 x 0. 0,25
Do đó: PT đầu 2x



y 1



x y 1 0

.

0,25
Chia hai vế cho x, ta được:

1 1

2 0

y y

x x

     1

1
y

x



  (th) hoặc y 1 2

x

  

(loại) 0,25

Ý.2
(1,0 đ)

Suy ra: y x 1 thế vào PT sau, ta có: x3x22x   8 0 x 2.

Kết luận: nghiệm hệ PT là: x2;y1. 0,25

Câu III

1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 1 3 , ,

sin cos 4

y Ox x

x x



  và

3
x .

2. Với mọi số thựcx, y, z thỏamãnđiều kiện x  y z 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức x2xyy2  y2yzz2  z2zxx2 .

2,0 đ

Ta có:

3 3

4 4

1 1

sin cos sin cos

S dx dx

x x x x

 









vì sin 0, cos 0

4 x 3 x x

     

. 0,25

Hay
3

2
sin 2 cos

S dx

x x







. Đặt tan 2

cos
dx

t x dt

x

   và sin 2 2 2

1
t
x

t


 .

Đổicận 1; 3

4 3

x  t x  t

0,25

Do đó:

3 2 3 2

1 1 1

1 1

ln
2

t t

S dt t dt t

t t

  

      

 



. 0,25

Ý.1
(1,0 đ)

Kết luận: 1



3 1



ln 3 1 ln 3
2

S     . 0,25

Ta có: 4x24xy4y2 3



xy

 

2 xy



2 3



xy



Suy ra: 2 2 3 3





2 2

x xyy  x y xy .

0,25

Tương tự: 2 2 3





y yzz  yz và 2 2 3





z zxx  zx . 0,25

Suy ra: x2xyy2  y2yzz2  z2zxx2  3



x y z



 3. 0,25
Ý.2

(1,0 đ)

Dấu bằng xảy ra 1
3

x  y z . Kết luận GTNN là 3 . 0,25

Câu IV

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, có AB AC4avà BAC1200. Hình chiếu A’

lên mp(ABC) trùng với tâm của đường trịn ngoại tiếp tam giácABC. Góc giữa cạnh
bên với đáy là 300. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách
giữaAA’ vớiBC.

1,0 đ

Dựng hình bình hành ABHC  hai tam giác ABH và BCH đều  H là tâm đường tròn

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

Tam giác ABH đều 4 ' 4 tan 300 4 3
3
a

AH a A H a

    

0 2 2 3

. ' ' '

1 4 3

4 .4 .sin120 4 3 4 3. 16

2 3

ABC ABC A B C

a

S  a a  a V  a  a .

0,25

Gọi I là giao điểm AH và BC, hạ IJ  AA'.

Ta có: BCAI BC, IJ (ĐL3ĐVG)d AA BC





IJ . 0,25

Mà sin 300 2 .1





IJ AI  a  a d AA BC a. 0,25

Câu Va Tính mơđun của số phức zi, biết



zi



 

z i 2iz ( i là đơn vị ảo ). 1,0 đ
Giả sử z x yi x y



, R



. Từ giả thiết, ta có: x



y1



i  x 



1 y i



 2y2xi. 0,25
Do đó:



x2y2 1



2xi 2y2xi. 0,25

Hay. x2y22y  1 0 x2



y1



2 2. 0,25

Kết luận: z  i x



y1



i  x2



y1



2  2. 0,25

Câu
VIa

1. Trong mặt phẳngOxy. cho M trên elip

 

E : 5x29y2450 và tích các khoảng
cách từM đến2tiêu điểm (E) là 65

9 . Hãy tìm M, biếtM thuộc (II).

2. Trong không gian Oxyz,cho điểm A



5;3; 1



. Viết phương trình mp(P) chứa
trụcOx sao cho khoảng cách từA đến (P) bằng1.

2,0 đ

Ta có:

 

2 2

2 2 2

: 1 9 5 4

9 5

x y

E   c a b    . 0,25

Do đó: 1. 2 65 65 9 4 2 65

9 M M 9 9 M 9

c c

MF MF a x a x x

a a

  

        

   0,25

Vậy xM2  4 xM  2(thích hợp) hoặc xM 2(loại) 0,25
Ý.1.a

(1,0 đ)

Suy ra: 20 9 2 45 0 2 25 5

9 3

y y y

        . Kết luận: 2;5 .

3
M 

  0,25

PT mặt phẳng (P) có dạng ByCz0



B2C20



. 0,25

 





32 2

, B C 1

d A P

B C



 



8 6 . 0 3

4
B

B C B C

B





   

 



. 0,25

Khi B0 chọn C 1

 

P :z0. 0,25

Ý.2.a
(1,0 đ)

Khi 3

4
C

B chọn C   4 B 3

 

P : 3y4z0. 0,25
Câu Vb Tìm số phức z, biết 1 i



2 32i z



2 i

z z




   ( i là đơn vị ảo). 1,0 đ

Điều kiện: z0. Ta có: z z.  z2, do đó: 0,25

PT     1 i 2 3i



2i z



. 0,25

Hay





1 2 1 2

2
i

i z i z

i

 

     

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

Kết luận: nghiệm của PT là













1 2 2 4 3 4 3

2 2 5 5 5

i i i

z i

i i

    

    

  . 0,25

CâuVIb

1. Trong mặt phẳngOxy, cho elip

 

E :x24y2 1. Tính tâm sai (E) và viếtPTCT
hypebol nhận tiêu điểm (E) làm đỉnh và có hai tiêu điểm là hai đỉnh(E)

2. Trong không gian Oxyz,cho điểm A



5;3; 1



. Viết phương trình mặt phẳng (P)

đi quaA và song song với trụcOx, biết khoảng cáchOx và (P) bằng 1.

2,0 đ

Ta có: PT chính tắc của elip là

 

2 2

: 1

1
1

x y

E   .

0,25

c . Vậy tâm sai của elip là 3
2

e . 0,25

PT chính tắc của hypebol là

 

2 2

:x y 1
H

a b  .
Mà tiêu điểm của elip là 3; 0 , 3; 0

2 2

   



   

    nên

3
2
a .

0,25
Ý.1.b

(1,0 đ)

Mặt khác 2 2 1 2 1 3 1
4 4

a b  b    , Kết luận:

 

2 2

: 1

0, 75 0, 25

x y

H   0,25

PT mặt phẳng (P) có dạng ByCz D 0



B2C2 0,D0



Mà (P) qua A nên 3B C    D 0 C 3BD.

0,25

 







 







, , 1

3
D

d Ox P d O P

B B D

  

 

10 6 . 0 3

5
B

B D B D

B





   

  


0,25

Khi B0 chọn D   1 C 1

 

P :z 1 0. 0,25
Ý.2.b

(1,0 đ)

Khi 3

5
D

B  chọn D   5 B 3,C 4

 

P : 3y4z 5 0. 0,25
…HẾT…

HƯỚNG DẪN CHẤM:

 Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành (kể cả

phần đọc thêm) và có kết quả chính xác đến ý nào thì chođiểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần

học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm.

 Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất. Tuy nhiên , điểm trong từng câu và

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TrườngTHPT Phan Châu Trinh

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN2

Môn thi: TỐN

– Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3 2x2x.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị(C) củahàm số đã cho.

2. Tìm tọa độ các điểm trên trục hồnh sao cho quađiểm đó kẻ được hai tiếp tuyến với đồ thị (C) và
góc giữa haitiếp tuyến này bằng 450.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình 1 1 tan 2 2 2
sinx cosx x

   

 

  .

2. Tìm m để phương trình x2m x



 1



6x x1 có bốnnghiệm thực phân biệt.
Câu III (2,0 điểm)

1. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
1
x
y

x




 và hai trục tọa độ. Tính thể tíchcủa khối

trịn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trụchồnh.
2. Giải phương trình x26x2 2x3.

Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng
0

45 . Tính theo a thể tích của khối chópS.ABC và diện tích xung quanh của hình nón cóđỉnh là S vàđáy là
đường trịn nội tiếp tam giácABC.

II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần:A hoặcB
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu Va (1,0 điểm) Giải bất phương trình log22

 

x2 4.
Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giác ABC có AB 2 và G

 

1;1 là trọng tâm. ĐỉnhCởtrên trục
Ox và haiđỉnhA, Bở trên đường thẳng :x  y 1 0. Tìm tọa độ các đỉnhA, B và C.

2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 



:x2y  z 1 0. Viết phương trìnhđường thẳngd
song song với

 



sao cho d lần lượtcắttrục hoành, trục tungtạiA và B với AB 5.

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2x log2x2.
Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặtphẳngOxy, hãy viết phương trình chính tắc của parabol (P), biết (P) có đườngchuẩn
:x 2 0

   . Khiđó, tìm tọa độ điểmM trên (P) để khoảng cách từM đến tiêu điểm của (P) là 4.
2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 



:x2y2z 1 0. Tìm tọa độ các điểm A trên trục
hoành và điểmB trên trục tungsao cho AB song song với

 



và khoảng cách giữaAB với

 



là 1.

...Hết...

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2

Mơn thi: TỐN– Khối D

ĐÁP ÁN

Câu-Ý Nội dung Điểm

Câu I

Cho hàm số y  x3 2x2x.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Tìm tọa độ các điểm trên trục hồnh để qua đó kẻ được hai tiếp tuyếnvới đồ
thị (C) và góc giữa hai tiếp tuyến này bằng 450.

2,0 đ

Tập xác định: DR. 0,25

Sự biến thiên:

+Chiều biến thiên: 2

' 3 4 1, ' 0 1

3
x

y x x y

x





     

 


Trên khoảng 1;1
3

 

 

 , y'>0 nên HSĐB và trên các khoảng

1
;

 

 

  và



1;



, y'<0

nên HSNB.

+Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại x1,yCĐ= 0 và cực tiểu tại

1 4

3 CT 27

x y   .

0,25

+Giới hạn: lim , lim

xy  xy .

+Lập BBT

0,25
Ý.1

(1,0 đ)

Đồ thị:Đồ thiqua O và

 

1, 0 . 0,25

Qua một điểm M trên Ox, ta luôn luôn kẻ được tiếp tuyến với (C) là y0. 0,25
Góc của hai tiếp tuyến là 450, mà y = 0 có HSG là 0, nên HSG của tiếp tuyếnd cịn

lại có HSG bằng-1 hoặc 1 0,25

Gọi



x y0; 0



là tiếp điểm của d và (C)

0
2

0 0

0
0

' 3 4 1 1 4

3
x

y x x

x





       

 


. 0,25

Ý.2
(1,0 đ)

Khi x0  0 y0  0 d y:   x M O

 

0; 0 .

Khi 0 4 0 4 : 4 4 32 32; 0

3 27 3 27 27 27

x  y   d y x    x M 

   .

0,25

Câu II

1. Giải phương trình 1 1 tan 2 2 2
sinx cosx x

   

 

  .

2. Tìm m để phương trình x2m x



 1



6x x1 có bốnnghiệm phân biệt.

2,0 đ

Điều kiện: sin 2 0 2

cos 2 0 2 4

x

x k x k

x






   

 

 . 0,25

Ý.1

(1,0 đ) PT

2 2

sin cos sin 2 sin cos 2 sin cos

. 2 2 . 2 2

sin cos cos 2 sin cos cos sin

x x x x x x x

 

   

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

1 1 1

2 2 cos

cos sin 4 2

2 cos
4

x

x x

x



  

       

     

 

 

2 2 ; 2

4 3 12 12

x   k  x  k  x  k 

           .

0,25

So sánh điều kiện, kết luận: 2 ; 7 2





12 12

x  k  x   k  kZ . 0,25

Điều kiện: x1. Khi x1 thì PT vơ nghiệm. 0,25
Khi x1, chia hai vế PT cho x1, ta có: PT

2
6

1 1

x x

m

x x

 

    

 

 

Đặt , 1

1
x

t x

x

  







' , ' 0 2

2 1 1

x

t t x

x x



   

  . Lập BBT  2 t.

0,25

Do đó: m  t2 6t với 2t. Xét f t

 

  t2 6 ;t f '

 

t      2t 6 0 t 3. 0,25
Ý.2

(1,0 đ)

Lập BBT và từ nhận xét mỗi t2 sinh ra 2 nghiệmx phân biệt và t2 chỉ sinh ra 1

nghiệm x. Kết luận: PT có 4 nghiệm phân biệt   8 m 9. 0,25

Câu III

1. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
1
x
y

x




 và 2 trục tọa độ.

Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay (H) xung quanh trụcOx.

2. Giải phương trình x26x2 2x3.

2,0 đ

Đồ thịcắt trục hoành tại x2 và trục tung tạiy = 2. 0,25
Do đó:





2 2

2 2 2

0 0 0

2 3 6 9

1 1

1 1 1 1

x

V dx dx dx

x x x x



  



 



 

         

 

  

      



. 0,25

Hay

0
9
6 ln 1

V x x

x

 

     



  . 0,25

Ý.1
(1,0 đ)

Kết luận: V 





2 6 ln 3 6 



2





4 3ln 3



. 0,25
Đặt





2
3

3 2 3

y

y x




    

  

 . 0,25

Ta có:











2 2 2

2 2

6 2 6 6 2 6 6 2 6

4 0

6 2 6

3 2 3

x x y x x y x x y

x y x y

y y x

y x

           

  

  

   

  

    

  



. 0,25

Khi x y thì x28x    6 0 x 4 10. Vậy: nghiệm PT là x 4 10. 0,25
Ý.2

(1,0 đ)

Khi y 4 x thì x24x    2 0 x 2 6. Vậy: nghiệm PT là x 2 6. 0,25
Câu IV

Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a, góc giữa mặt bên và mặt
đáy bằng 450. Tính thể tích khối chópS.ABC và diện tích xung quanh của hình
nón có đỉnh là Svà đáy là đường trịn nội tiếptam giác ABC.

1,0 đ

Hạ SO



ABC



O là tâm của tam giác đều ABC. Gọi M là trung điểm AB
Ta có: ABOM  ABSM  SMO450.

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

Mà

2 3

1 3 3 3 1 3 3

. . .

3 2 6 6 S ABC 3 6 4 24

a a a a a

OM  a  SO V   . 0,25

Bán kính đường tròn nội tiếp đáy 3
6
a

rOM  vàđường sinh là 6
6
a

lSM  . 0,25

Kết luận:

3 6 2

6 6 12

XQ

a a a

S rl  0,25

Câu Va Giải bất phương trình 2

 

2
2

log x 4. 1,0 đ

Điều kiện: x0. 0,25

Ta có: BPT   2 log2

 

x2 2. 0,25

Hay: 1 log2 1 1 2

x x

      . 0,25

Kết luận nghiệm của BPT là 1 2
2  x hoặc

1
2

2
x

    . 0,25

Câu VIa

1. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giác ABC có AB 2 và G

 

1;1 là trọng tâm.
ĐỉnhCở trên Ox và A, Bở trên :x  y 1 0. Tìm A, B và C.

2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 



:x2y  z 1 0. Viết phương
trìnhđường thẳngdđểd cắtOx, Oy tạiA, B với AB 5 và d / /

 



.

2,0 đ

Gọi A a a



; 1 ,

 

B b b;   1

  

và C c

 

; 0 Ox.Do đó: 3
1
a b c
a b

  


  

 . 0,25

Nên 2



b a



2   2



1 2a



2   1 1 2a   1 a 0 hoặc a1. 0,25
Khi a  0 b 1,c2. Vậy: A

 

0;1 , B

 

1; 2 và C

 

2; 0 . 0,25
Ý.1.a

(1,0 đ)

Khi a  1 b 0,c2. Vậy: A

 

1; 2 , B

 

0;1 và C

 

2; 0 . 0,25
Gọi A a



; 0; 0



Ox B;



0; ; 0b



OyAB 



a b; ; 0



 AB2 a2b25. 0,25



; ; 0





1; 2;1



2
AB a b n     a b

 

. Suy ra: 2; 2

1 1

a a

b b

  

 

    

  0,25

Khi 2

1
a

d
b

 



 

 qua A



2; 0; 0



và có VTCP AB



2;1; 0



 2 2

:
0

x t

d y t

z

  




  

 


0,25
Ý.2.a

(1,0 đ)

Khi 2

1
a

d
b





  

 qua A



2; 0; 0



và có VTCP AB  



2; 1; 0



 2 2

:
0

x t

d y t

z

 



   

 


0,25

Câu Vb Giải bất phương trình log 2x log2x2. 1,0 đ

Điều kiện: 0; 1 0, 1

2 0; 2 1 2

x x

 



  

  

 và x1 0,25

Đặt tlog2x, ta có:









1 1 1

0 1 0

1 1 t t

t t t t     . 0,25

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

Kết luận nghiệm BPT là 0 1
2
x

  hoặc x1. 0,25

CâuVIb

1. Trong mặt phẳng Oxy. Lập PTCT parabol (P), biết (P) có đường chuẩn là
2 0

x  . Khi đó,hãy tìm tọa độ điểmM trên (P) để MF 4.

2. Trong không gian Oxyz, cho mp

 



:x2y2z 1 0. Tìm A trên Ox và B
trênOy đểAB song song với

 



và khoảng cách giữaAB và

 



bằng 1.

2,0 đ

PTCT (P) có dạng y2 2px p



0



 PT đường chuẩn là 0
2
p

x  . 0,25

Suy ra: 2 4

 

: 2 8
2

p

p P y x

     . 0,25

Ta có: 4 4 2 4 2

2 M M M

p

MF   x   x  x  0,25

Ý.1.b
(1,0 đ)

Kết luận: M



2; 4



. 0,25

Gọi A a



; 0; 0



Ox B;



0; ; 0b



OyAB 



a b; ; 0



n 



1; 2; 2



. 0,25

Hay:  a 2b   0 a 2b. 0,25

 



 





 



1 4

/ / , , 1 1 3

2
9

a
a

AB d AB d A a

a











         

 

 . 0,25

Ý.2.b
(1,0 đ)

Khi a    4 b 2 A



4; 0; 0 ;

 

B 0; 2; 0



Khi a    2 b 1 A



2; 0; 0 ;

 

B 0;1; 0



0,25

…HẾT…

HƯỚNG DẪN CHẤM:

 Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiệnhành (kể cả

phần đọc thêm) và có kết quả chính xác đến ý nào thì chođiểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần

học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi
khơng làm trịn số.

 Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất. Tuy nhiên, điểmtrong từng câu và

</div>

3 de thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an khoi Akhoi B khoi D lan II

<b>Mơn thi: TỐN</b>

<b>– Khối A&B</b>

 

 













 

 









 





<b>ĐÁP ÁN</b>

<b>Mơn thi: TỐN</b>

<b>– Khối A&B</b>

<b>Đ</b>

<b>ÁP ÁN</b>

 

 













 

 

 

 



  

 









 





 









 

 





























.

















 



