Đề kiểm tra chất lượng môn Toán 2014

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B A.. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB 4 2, điểm A có hoành độ âm.. Trong mặt phẳng với h

Môn: TOÁN; Khối D

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: 2

1

x y x





 có đồ thị là ( C )

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số

b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d m:y  x m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm

,A B phân biệt sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: (2 tan2x1) cosx 2 cos 2x

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:





( ,x yR)

Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: m x22 x m có hai

nghiệm thực phân biệt

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với BCCDDAa;

2

AB a ; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ; SC tạo với mặt phẳng () ABCD một góc )

bằng 0

60 Tính thể tích của khối chóp S ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD theo a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn: x2y2z2 Tìm giá trị lớn nhất của 1

biểu thức:

z y x xz yz xy

T











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) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB 4 2,

điểm A có hoành độ âm Đường thẳng AB có phương trình xy 2 0, đường thẳng BD có phương

trình 3xy0 Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại của hình chữ nhật

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC đều Đường tròn nội tiếp tam

giác ABC có phương trình 2 2

(x4) (y2)  , đường thẳng BC đi qua 5 3; 2

2

M 

  Tìm toạ độ điểm A Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2 1 2

    Tìm hệ số của 16

x

trong khai triển nhị thức Niu-tơn x32 xn (với x  ) 0

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho các điểm (4; 3); (4;1) A  B và đường

thẳng ( ) :d x6y Viết phương trình đường tròn ( )0 C đi qua A và B sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại

A và B cắt nhau tại một điểm thuộc ( ) d

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho elíp E đi qua điểm 3 2; 2

2

M 

và

có độ dài trục lớn bằng 6 Tìm tọa độ của điểm N thuộc ( E ) sao cho ON  5

Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn A n3 20(n2) Tìm số hạng không chứa x

trong khai triển nhị thức Niu-tơn 3 1 n

x x

  (với x 0)

-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:………

(Đáp án có 06 trang)

Môn: TOÁN; Khối D

I LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn

- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với phần đó

II ĐÁP ÁN:

1 a 1,0 điểm + TXĐ:DR\ 1  + Sự biến thiên: Ta có: 1 2 0,

( 1)

x

0,25

+ Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (;1) và (1; ) + Hàm số không có cực trị

+ Giới hạn, tiệm cận

    đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: x  1 lim 1; lim 1

   đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y  ; 1

0,25

+ Bảng Biến thiên

+

+

0,25

+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2; 0) , trục Oy tại điểm (0; 2)

f(x)=(x-2)/(x-1) f(x)=1 x(t)=1 , y(t )=t

-3 -2 -1 1 2 3 4 5

-5 -3 -1 1 3 5 7

x

y

0,25

b 1,0 điểm

- Phương trình hoành độ giao điểm của (d m) và ( )C là:

2

2 0

Vì

2

m m





với m nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m Suy ra (d m)cắt ( )C tại hai điểm phân biệt với m

0,25

Gọi các giao điểm của (d m) và ( )C là: ( A x A;y B); (B x B;y B)với x ; A x là các nghiệm B

của phương trình (1) Theo Viet có: x Ax Bm; x x A Bm 2

2(A B) 2 (A B) 4 A B 2 4( 2) 2 ( 2) 4 8

AB  x x  x x  x x m  m  m  

0,25

Vậy AB nhỏ nhất bằng 2 2 đạt được khi m 2 0,25

2 1,0 điểm

2

x xk k 

2

2

cos

x

0,25

2 cos x 3cos x 3cosx 2 0

Đặt tcos ;x t0,t  1;1 ta được: 3 2

1

1 2

t

t



  









0,25

Với t  1 cosx  1 x(2k1) ; kZ (thoả mãn)

Với t  (loại) 2

t  x x k  kZ (thoả mãn)

0,25

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (2k1); 2

3 k





3 1,0 điểm

 

1





Đk: 5

2

x 

(1)(x  1 y x)( y ) 0

0.25

2 0

1

x y

 



 

 

 Trường hợp xy thế vào (2) không thoả mãn 0

0.25

Trường hợp 2

1

x y thế vào phương trình (2): 3  

2y  3 2 y 1 0 3

2

f t  t   t t  

 

2 1

( ) 6

3 2

t

 ;

3

2

f t    t  

Vậy hàm số ( )f t đồng biến trên ;3

2



 ; mà (1)f 0 Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất y  1

0.25

y x  x  (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;1); ( 2;1) 0.25

4 1,0 điểm

- Tập xác định: DR

2

x

 

0.25

- Ta có:

2 2

'( )

, x R

0.25

2 2

2

2

x

f x

x

  





1

x lim f ( x )

x lim f ( x )

- Bảng biến thiên:

0 0

1 2

-1

_ +

_

+

2

-

f(x) f'(x) x

0.25

- Từ bảng biến thiên ta được m   2; 1  1; 2 thỏa mãn 0.25

5 1,0 điểm

- Vì BCCDDA ; a AB2a nên AB là đáy lớn; D C là đáy nhỏ của hình thang ABCD Gọi O là trung điểm của AB

- Ta có các tứ giác AOC ; D OBC là các hình thoi và các tam giác D AO ; DCD O ;

OCB là các tam giác đều cạnh a  O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC D

- Ta có:

0.25

- Trong hình thoi AOC , ta có: D AC a 3

- Trong tam giác vuông SAC có góc  0

60

SCA   SAAC.tan 600a 3 33a



.

0.25

- Gọi I là trung điểm của SB  O//SA I  đường thẳng OI là trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy nên IAIBICID

- Mặt khác tam giác SAB vuông tại đỉnh A  IAIBIS

 ISIAIBICID hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

0.25

- Bán kính của mặt cầu đó là:

IS

- Diện tích của mặt cầu đó là:

2

4

0.25

6 1,0 điểm

- Đặt xyzt; t 0

1 2 1 2

2 2 2 2 2























Lại có:  x  y 2  y  z 2  z  x 2 0 nên  2  2 2 2

z y

0.25

3 



- Khi đó:

t t





 với t1; 3

- Xét hàm

t t t

f ) 2 1 1





 với t1; 3;

2

1 2 )

t t t

f   ; ft)0;t1; 3

0.25

- Ta có bảng biến thiên của hàm số trên 1; 3

3

1

+

3 1

f(t) f'(t) t

0.25

- Từ bảng biến thiên suy ra 2 1

3

T   , dấu “ = ” xảy ra khi

3

1





 y z x

Vậy T lớn nhất bằng (

3

1

2  ) đạt được khi

3

1





 y z

0.25

7.a 1,0 điểm

4 2

3x + y = 0

x + y + 2 = 0

B A

- Ta có: BABBDB(1; 3)

+ AABA t( ; t 2); (t0)

0.25

2 3

( 1) 16

5

t t

t

 



 Với t  loại vì 5 t  0

Với t  3 A( 3;1) AD qua A và vuông góc với AB nên có phương trình

(x3) ( y1)0  xy4 0

0.25

- Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên có phương trình:

(x1) ( y3)0xy 4 0

+ DADBDD(-1:3)

0.25

- Đường thẳng DC qua D và song song với AB nên có phương trình :

(x1) ( y3)0xy  2 0

Vậy: BC x:   y 4 0;DC x: y 2 0; AD x:  y 4 0

0.25

8.a 1,0 điểm

M ( 3

2;2)

I (4; 2)

B

A

- Gọi ( ) : (C x4)2(y2)25( )C có tâm (4; 2)I ; bán kính R  5

- Gọi H là trung điểm của BC , tam giác ABC đều  I là trọng tâm của tam giác ABCAI2IH

0.25

- Gọi ( ; )n a b

(a2 b2 ) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng 0 AB

- Phương trình đường thẳng BC : ( 3) ( 2) 0

2

a x b y 

Ta có: ( ,d I AB)IHR

5

a



2







0.25

- Trường hợp a2b  Phương trình đường thẳng BC : 2 xy  5 0 H t( ;5 2 ) t

2 (2;1) (8; 4)

- Trường hợp a 2b Phương trình đường thẳngBC: 2xy 1 0H s( , 2s1)

2 (2;3) (8; 0)

IHBC s H A

Vậy các điểm A thoả mãn là (8; 0) A ; (8; 4)A

0.25

9.a 1,0 điểm

- Đk: n2,nN*

( 2)! ( 2)!(2!) ( 1)!

0.25

2 12

1

n

n





 



(thỏa mãn) 0.25

- Với n 12 ta có :

5

k

- Hệ số của 16

x là C12k( 2) k trong đó :36 5 16 8

2

k k

0.25

Vậy hệ số của 16

x là: 8 8

12( 2) 126720

7.b 1,0 điểm

(C)

(d): x + 6y = 0

M

B (4; 1) A(4; -3)

- Giả sử hai tiếp tuyến của ( C ) tại , A B cắt nhau tại M( )d

- Phương trình đường thẳng AB là: x 4

0.25

- Gọi I là tâm của đường tròn ( ) C ; H là trung điểm ABH(4; 1)

;

IMAB IMABHphương trình của đường thẳng IM là : y  1 0 0.25

(6; 1) ( 2; 2)

+ Giả sử ( ; 1)I a IA(4a; 2)

Mà IAMA 2(4a) 4 0a2

0.25

Vậy (2; 1)I  ; bán kính của ( )C là IA 2 2  ( )C :  2 2

x  y  Vậy đường tròn ( )C có phương trình là  2 2

8.b 1,0 điểm

Giả sử phương trình của ( )E là:

a b  (a b ) 0

Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên 2a6a 3

0.25

E

+) Giả sử N x y , ta có hệ phương trình:  ; 

2

5

16

5







0.25

Vậy có 4 điểm : 3 5 4 5;

N 

; 3 5 4 5;

N 

; 3 5; 4 5

N  

; 3 5; 4 5

N  

0,25 9.b 1,0 điểm

Đk :n5,nN Ta có

3

20( 2)

n

( 5)!

n

n





0.25

1

n

n





 



8

k k





Số hạng không chứa x ứng với 24 4 k0k 6

Vậy số hạng không phụ thuộc x là 6

28

- Hết -

Môn: TOÁN; Khối A, A1 

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)  Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2 1 ( ) 

2 

x 

x

-

=

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

b) Tìm trên (C) tất cả các điểm M  sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai tiệm cận của (C) tại hai điểm A, 

B sao cho  AB =  2 10 . 

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 1 cos 7 

sin 2 sin 2 

x 

x

p

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: ( )  2 2 

1 

x x y y

í

ï

. 

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 

0 

2 

4 

1 2sin 2 2 cos 

dx 

I 

p

-

=

Câu 5 (1,0 điểm).  Cho  hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân,  13 

4 

a 

AD=BC =  , AB= 2  a , 

3 

2 

a 

CD =  ,  mặt phẳng ( SCD ) vuông  góc  với mặt phẳng ( ABC  D ) .  Tam giác ASI cân tại S,  với I  là  trung  điểm của cạnh AB, SB tạo với mặt phẳng ( ABC  D ) một góc  30  o 

. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và 

khoảng cách giữa SI và CD. 

Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ( a+b)( b+c)( c+a ) = 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất  của biểu thức 

3 

P 

abc

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 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên 

đường  thẳng d x: +y - =    Điểm 1 0  E ( 9; 4 ) nằm  trên  đường  thẳng  chứa  cạnh AB,  điểm F - - ( 2; 5 ) nằm 

trên đường thẳng chứa cạnh AD,  AC =  2 2   Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết điểm C có 

hoành độ âm. 

Câu 8a  (1,0  điểm).  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz,  cho  mặt  phẳng ( )P :x-y+ -z 2= 0 ,  mặt  cầu ( )  2 2 2 

S x +y +z - x+ y+ z - =  và  hai điểm A( 1; 1; 2 ,- - ) ( B 4; 0; 1 - ) . Viết phương trình mặt phẳng

( )a  song song với AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính 

bằng  3  

Câu 9a (1,0 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập M, tính xác suất để số được chọn là số có tổng các chữ số 

là một số lẻ. 

B. Theo chương trình Nâng cao 

Câu 7b (1,0  điểm). Trong mặt phẳng  với  hệ tọa độ  Oxy, cho tam giác ABC có điểm C ( ) 5;1  , trung tuyến 

AM, điểm B thuộc đường thẳng  x+y + =   Điểm 6 0  N ( ) 0;1  là trung điểm của đoạn AM, điểm D - - ( 1; 7 ) 

không nằm trên đường thẳng AM và khác phía với A so với đường thẳng BC đồng thời khoảng cách từ A và 

D tới đường thẳng BC bằng nhau. Xác định tọa độ các điểm A, B. 

Câu 8b (1,0  điểm).  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz,  cho  ba   điểm  A(1; 1; 1), ( 1; 0; 2),B- C (0; 1; 0) -   

Tìm tọa độ điểm D trên tia Ox sao cho thể tích khối tứ diện ABCD bằng 1, khi đó hãy viết phương trình mặt 

cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 

Câu 9b (1,0 điểm). Giải bất phương trình:  log 3 log (3 )  3 

6.15 x 5 x  0 

­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­ 

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013­2014 

Môn: TOÁN; Khối A, A 1 

I. LƯU Ý CHUNG: 

­ Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo 

cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 

­ Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. 

­ Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 

II. ĐÁP ÁN: 

1  2,0 điểm 

TXĐ: D= R \ {2} 

Các giới hạn 

lim 2; lim 2; lim ; lim 

Suy ra x =  là tiệm cận đứng,  2  y =  là tiệm cận ngang của đồ thị.  2 

0,25 

Sự biến thiên:  ' 3  2  0, 

( 2) 

x

= - < " Î

-  Hàm số nghịch biến trên các khoảng  (-¥ ; 2) và  (2;+¥ )

0,25 

Bảng biến thiên 

y 

0,25 

a 

Đồ thị: Giao với trục Ox tại 1 ; 0 

2

æ ö

ç ÷

è ø , giao với trục Oy tại 

1  0; 

2

æ ö

ç ÷

è ø , đồ thị có tâm đối xứng 

là điểm  (2; 2)  I 

0,25 

Giả sử ;2 1 ,( 2 ) 

2 

a 

a

-

¹

-

è ø  thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M có dạng 

2 

a 

0,25 

Gọi  A là giao của tiệm cận đứng với  ( ) D  , suy ra  (2; 6  2) 

2 

A 

a -  +

B là giao của tiệm cận ngang với  ( ) D  , suy ra  (2B a -  2; 2) 

0,25 

b 

2 

36  (2 4) 

( 2) 

a

-  , theo bài ra ta có phương trình 

2 

2 

36 

( 2) 

a 

a

- 

(a 2) 10(a 2) 9 0 

0,25

2 

2 

1 

1 

5 

a 

a 

a 

a

=

é

ê

ê = -

=

ë 

Vậy có 4 điểm M thỏa mãn là  (1; 1), (3;5), ( 1;1), (5;3) - -   

0,25 

2  1,0 điểm 

x 

x

p

k 

x 

x

p

¹

0,25

(1)Û 1 cos- x cosx+sin x=sinx sin 2x- cos 2  x

cos 2x cosx sinx 1 0 

cos 2 0 

1  sin 

x 

x p

=

é

ê

ë 

0,25 

4 2 

k 

+)

( ) ( ) 

2 

1  sin 

2 

2 

x 

p

p

p p

=

é

æ + ö = Û ê

ë 

. Vậy (1) có nghiệm ( ) 

4 2 

k 

3  1,0 điểm

x x y y

í

ï

. 

Đặt  2 

x + = ³ Þ  phương trình (1) có dạng t 2  ( ) 

2t - 4y-1t+2y - = 1 0 

0,25

( ) 2 ( ) ( ) 2 

4y 1 8 2y 1 4y 3 

2 1 

1  ( ) 

2 

t y 

t l

= -

é

ê

Þ

=

1 

y 

³

ì

( ) 2  ( ) 

16y y-1 +4y y-1+y - =1 0Ûy =  (do 1  y ³  )  1 Þx = 0 

4  1,0 điểm 

Ta có: 

1 2 sin 2 2 cos sin 4 sin cos 3cos 

I 

2 

4 

1  cos  tan 4 tan 3 

dx 

x 

p

-

=

cos 

x

x 

4

p

0,25 

Vậy 

2 

0 

1 

t 

t

-

-

K 

I  F 

E 

H 

B 

A 

S 

Gọi M, E lần lượt là trung điểm của AI và CD. 

Do ( SCD) ( ^  ABCD ) và  SA=SI Þ trong  mặt  phẳng  (ABCD)  và  qua  M  kẻ  đưởng 

thẳng vuông góc với AB cắt CD tại H thì H là hình chiếu của S trên mp(ABCD) 

0,25 

Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB tại F 

SB ABC = SB HB =SBH =  ÞSH= a

0,25 

3 

2 

. 

a 

a 

+

( ) 

/ / 

CD SAB  và SIÌ( SAB) Þd CD SI( , ) =d CD SAB( ,( ) ) = d H SAB ( , ( ) ) 

( ) ( ) 

HM^ABÞ SHM ^  SAB  Gọi HK là đường cao của tam giác SHM  suy ra

7 

a 

HK^ SAB Þd CD SI =HK =   

0,25 

6  1,0 điểm

( )( )( ) 

8= a+b b+c c+a ³8abcÞabc £ 1 

8 = a+b b+c c+a = a+ +b c ab+bc+ca - abc

( a b c) 3  abc a b c( )  abc

0,25 

suy ra ( ) 3 

3 

abc 

+

3 

2 

a b c 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b= =   Vậy, c 1  Pmin =2Ûa=b=c =   1  0,25 

7.a  1,0 điểm 

J 

I  E' 

F 

E 

D 

C 

B 

A

Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc  ·  BAD  nên E’ thuộc 

AD. EE’ vuông góc với AC và qua điểm E ( 9; 4 ) nên có phương trình x- - =   y 5 0  Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ 5 0 3  ( 3; 2 ) 

I 

Vì I là trung điểm của EE’ nên  E - -  '( 3; 8) 

0,25 

Đường thẳng AD qua  E - -  '( 3; 8) và F - -  ( 2; 5) có VTCP là E F uuuur ' (1; 3) 

nên phương trình 

Điểm A=ACÇADÞ A (0;1) . Giả sử  ( ;1C c -   c ) 

AC= Ûc = Ûc= c = -    Do  hoành  độ  điểm  C  âm  nên 

( 2;3) 

C - 

0,25 

Gọi J là trung điểm AC suy ra  ( 1; 2)  J -  , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC có  phương trình x- + =   Do y 3 0  D=ADÇBDÞD(1; 4)ÞB ( 3; 0) - 

Vậy  (0;1)  A  ,  ( 3;0),B- C( 2;3),-  D (1; 4). 

0,25 

8.a  1,0 điểm 

Mặt cầu (S) có tâm I ( 2; 1; 1 - -  , bán kính )  R =  3  Mặt phẳng (P) có vtpt n1( 1; 1;1 ,- ) AB( 3;1;1) ÞéAB n , 1 ù =( 2; 2; 4 - - ) 

Do mặt phẳng ( )a / / ABvà ( ) ( ) a ^ P Þ ( )a  có vtpt n r ( 1; 1; 2 - - )  Suy ra phương trình mặt phẳng ( )a :x-y-2z+m= 0  0,25

( )a  cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng  3 ( )

11 

6 

d I 

m

ê = -

ë 

0,25 

Vậy, có hai mặt phẳng ( )a  thỏa mãn là x- -y 2z + =  và 1 0  x- -y 2z -11= 0  0,25  9.a  1,0 điểm 

Giả sử số tự nhiên có ba chữ số thuộc tập M là  a a a 1 23 

Số các phần tử của M:  a  1 có 6 cách chọn 

2 

a  có 6 cách chọn 

3 

a  có 5 cách chọn ÞM =6.6.5 180 = 

0,25 

Số các số tự nhiên trong M có tổng các chữ số là số lẻ: 

TH1: Có 1 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn Þ  có  1 2 1 1 

3 4.3! 3 4 .2! 84 

TH2: Có 3 chữ số lẻ Þ  có  3! 6 =  số Þ có 90 số trong tập M có tổng các chữ số là số lẻ  0,25 

Suy ra xác suất cần tìm là 90 1 

7.b  1,0 điểm 

I 

G 

D 

N 

B 

A 

Do A, D nằm khác phía so với BC và cách đều BC suy ra BC đi qua trung điểm I của 

Gọi G a b  là giao điểm của DN và MI suy ra G là trọng tâm của tam giác ADM ( ; ) 

( ) 

1 

3 

3 

a 

a 

b 

b

ì

= -

ï

- =

ì

î

; 

3 

Þ ç- - ÷

0,25 

Phương trình đường thẳng  BC  đi qua G và C : x-2y - = 3 0 

Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình: { 2 3 0 {  3 

Û + + = = - ÞB ( - -   3; 3 )  0,25 ( 1; 1) ( 1; 3 ) 

8.b  1,0 điểm 

Giả sử D t( ; 0; 0 ,) t >   Ta có: 0  ABuuur( - -2; 1;1 ,) uuurAC( - - -1; 2; 1 ,) uuur AD t ( - - - 1; 1; 1 ) 

0,25

[AB AC, ]= 3; 3; 3- Þ[AB AC AD, ] =3(t - 1) 

uuur uuur uuur uuur uuur 

1 ( ) 

ABCD 

t 

=

é

= -

ë

uuur uuur uuur

( 3; 0; 0 ) 

Giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là  2 2 2 

( ) :S x +y +z +2ax+2by+2cz+d = 0 

0 

a +b +c -d >  . Vì (S) qua A, B, C, D nên ta có hệ 

a c d 

b d 

a d

ì

ï - + + = -

ï

- + = -

ï

ï + = -

î 

0,25 

Giải hệ trên ta được a= -2,b=2,c= -3,d = 3 

Vậy phương trình mặt cầu  2 2 2 

( ) :S x +y +z -4x+4y-6z + = 3 0 

(x-2) +(y+2) +(z -3) = 14 . 

0,25 

9.b  1,0 điểm 

ĐK: x >  0 . Ta có:  log 3 log (3 )  3 

6.15 x 5 x  0 

1  log 

3 x 6.15 x  5.5 x 0 

( ) 3 

log 

3 x 6 3 5 x  5.5 x 0 

3 

log 

x 

x

æ ö

æ ö

Ûç ÷ - çç ÷ ÷ + ³

Đặt 

3 

log 

3  , 0 

5 

x 

t=æç ö ÷ t >

ç ÷

è ø 

6 5 0 

5 

t 

t t 

t

£

é

- + ³ Û ê ³

ë  Với 

3 

log 

3 

3 

5 

x 

t£ Ûæçç ö ÷ ÷ £ Û x³ Ûx ³

è ø 

0,25 

Với 

3 

3 

log 

log 5 

3 

5 

x 

t³ Ûæç ö ÷ ³ Û x£ Û <x £

ç ÷

è ø  Vậy, tập nghiệm của BPT là 

3 

log 5 

S =æç ù ú È +¥

. 

0,25 

­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­ 

Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl