PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa 2 điểm a Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2.. Tìm toạ độ đỉnh C.[r]
Trang 1Môn thi: Toán.
" gian làm bài: 180 phút.
1
A +, CHUNG CHO 0 1 THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 3 + 3x2 + mx + 1 có là (Cm); ( m là tham
1
2 Xác % m (C m ) + ,-% /% y = 1 0 ba phân #3 C(0;1), D, E sao cho các $1 8$% 9 (Cm) 0 D và E vuông góc '; nhau
Câu II (2
x
x x
x
3 2
2
cos
1 cos cos
tan 2
1 4
3 2 2 1
log
1 3ln
e
x
2
a
600 <J M và N M% ,N là trung 9 các 0% A'D' và A'B' F% minh AC' vuông góc '; O 1 /% (BDMN) Tính tích ) chóp A.BDMN
Câu V (1
Cho a, b, c là các " không âm P mãn a b c 1 F% minh >R%.: ab bc ca 2abc 7 .
27
B +, RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1.Theo ? @A# trình 8D
Câu VIa ( 2
1 Trong O 1 /% '; 3 J E Oxy , cho tam giác ABC #$ A(5; 2) U ,=% trình ,-% trung >"
0% BC, ,-% trung 8$% CC’ M% ,N là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0 Tìm J E các X% 9 tam giác ABC
2 Trong không gian
giác ABC, #$ A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3)
Câu VIIa (1
Cho z1, z2 là các % 3 1 F 9 ph,=ng trình 2z24z 11 0 Tính giá > 9 #8 F
2
z z
2 Theo ? @A# trình Nâng cao
Câu VIb ( 2
1 Trong O 1 /% '; 3 J E Oxy cho hai ,-% /% : x3y 8 0, ' :3x4y100và A(-2 ; 1) ]$ ph,=ng trình ,-% tròn có tâm 8E ,-% /% , i qua A và $1 xúc ';
,-% /% ’
2 Trong không gian '; 3 J E Oxyz, Cho ba A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1) ]$ ph,=ng trình O 1 /% (ABC) và tìm M 8E O 1 /% 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC
2
2 log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) 6 log (y 5) log (x 4) = 1
Trang 2ÁP ÁN
PT hoành E giao x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 x(x2 + 3x + m) = 0 m = 0, f(x) = 0 0.25
aê P mãn yc ta 1 có pt f(x) = 0 có 2 % 3 phân #3 x1, x2 khác 0 và
9(x x ) 18x x (x x ) 3m(x x ) 36x x 6m(x x ) m 1 4m 9m 1 0
0.25
I
2
< ra ta có aS: m = 9 65
8
0.25
aK cosx f 0, pt ,N ,a 'g
1
< $1 ,N cosx = 1 và cosx = 0,5 > $8 k ,a ra aS:
, ta có:
y0
2
2
x y 4 y
y
0.25
aO u x2 1, v x y ta có 3@
y
+) ]; v3, u1ta có 3@
x 1, y 2
x 2, y 5
II
2
vô % 3
KL: ]i 3 Q cho có hai % 3 @ ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y
0.25
3
2
3
ln x
III
1 3ln x t ln x (t 1) ln x tdt
Trang 3
2
2 2
2
1
t 1
x 1 3ln x
2 3
1
t t
9 ln 2 3 27 ln 2
C/m AC’ PQ, '; P,Q là trung 9 BD, MN Suy ra AC’ (BDMN) 0.25 Tính úng g8 cao AH , '; H là giao 9 PQ và AC’ L$8 dùng cách 38 các
IV
Tính úng m3% tích hình thang BDMN Suy ra tích M% tìm là:
3
3a 16
0.25
Ta có ab bc ca 2abca(b c) (1 2a)bc a(1 a) (1 2a)bc aO t= bc thì ta
có Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên
(b c) (1 a)
0 t bc
0;
4
0.5
2
'; J a
2 2
0,25 V
]i ab bc ca 2abc 7 a/% F ra khi a = b = c = 1/3
27
<J C = (c; 2c+3) và I = (m; 6-m) là trung 9 BC
Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c) Vì C’ là trung 9 AB nên:
nên
2m c 5 11 2m 2c
U ,=% trình BC: 3x – 3y + 23=0
5 41
6 6
CJ E 9 C là % 3 9 3@ 2x y 3 0 C 14 37;
0.5 1
CJ E 9 B = 19 4;
3 3
Ta có: AB(2; 2; 2), AC (0; 2; 2) Suy ra 1 ,=% trình O 1 /% trung >" 9
Vect= pháp 8$% 9 mp(ABC) là n AB, AC (8; 4; 4). Suy ra (ABC):
< 3@ Suy ra tâm ,-% tròn là
VIa
2
Bán kính là RIA ( 1 0) 2 (0 2)2 (1 1)2 5 0.25
Trang 4a < pt ã cho ta ,N các % 3 @ 1 2
Suy ra
2 2
ao ó 12 22
2
11
4
z z
Theo yc thì k/c v I $% ’ #R% k/c IA nên ta có
3( 3t 8) 4t 10
( 3t 8 2) (t 1)
0.25
1
Khi ó I(1; -3), R = 5 và pt M% tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 0.25
Ta có AB(2; 3; 1), AC ( 2; 1; 1) n (2; 4; 8) là 1 vtpt 9 (ABC)
0.25 Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25
VIb
2
M 8E mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có 35 3 ,N x = 2, y = 3, z = -7 0.25
2
xy 2x y 2 0, x 2x 1 0, y 5 0, x 4 0
(I)
0 1 x 1, 0 2 y 1
(I)
log (y 5) log (x 4) = 1 log (y 5) log (x 4) = 1 (2).
aO log2 y (1 x) t thì (1) >y thành: 1 2
t
]; t1 ta có: 1 x y 2 y x 1 (3) C $ vào (2) ta có:
2
Suy ra:
x 0
y 1
0.25
VII
b
+ tra z X có x 2, y 1
A B
D P
M
N Q
C
Trang 5MÔN TOÁN
C - gian làm bài: 180 phút)
2
A +, DÀNH CHO 0 1 THÍ SINH
Câu I (2 R N6 Cho hàm y2x33(2m 1)x 26m(m 1)x 1 có (Cm)
1
Câu II (2 R N6 a) < ph,=ng trình:2 cos 3x(2 cos 2x 1) 1
b) < 1 ,=% trình : 2 2 3
2
Câu III (1 R N6 Tính tích phân
3ln 2
0
dx I
( e 2)
Câu IV (1 R N6 Cho hình l{ng >| ABC.A’B’C’ có ! là tam giác g8 0% a, hình $8 vuông góc 9 A’
lên m{t 1 /% (ABC) trùng '; tâm O 9 tam giác ABC Tính tích ) l{ng >| ABC.A’B’C’ #$
a 3 4
Câu V (1 R N6
Cho x,y,z 2 2 Tìm giá > ;% % z 5% P % z 9 #8 F
x xyy 1
P
B +, DÀNH CHO S G/ THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 R N6
a) Cho hình tam giác ABC có m3% tích #R% 2 G$ A(1;0), B(0;2) và trung I 9 AC %R trên ,-% b) Trong không gian Oxyz, cho các A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm J E O’ F% ';
O qua (ABC)
Câu VIIa(1 R N6 < ph,=ng trình:(z2z)(z 3)(z 2)10,zC.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 R N6
a Trong mp(Oxy) cho 4
sao cho hai tam giác MAB, MCD có m3% tích #R% nhau ( ) : 3 x y 5 0
b.Trong không gian '; 3 J E Oxyz, cho hai ,-% /%.@
d :
d :
]$ 1 ,=% trình O M8 có bán kính % P % z $1 xúc '; hai ,-% /% d1 và d2
Câu VIIb (1 R N6 < #z ph,=ng trình: x(3log x2 2)9 log x2 2
…… T
Trang 6E+ ÁN
a) Học sinh tự làm
0,25
y2x 3(2m 1)x 6m(m 1)x 1 2
y ' 6x 6(2m 1)x 6m(m 1)
y’ có (2m 1) 24(m2m) 1 0
0,5
y ' 0
Hàm % #$% trên 2; y ' 0 m 1 2x 2 m 1
0,25 b)
0,25 Câu II a) < ph,=ng trình:2 cos 3x(2 cos 2x 1) 1 1 N
2 cos 3x(4 cos x 1) 1 2
2 cos 3x(3 4 sin x) 1 0,25
L i% xét x k , k Zkhông là % 3 9 ph,=ng trình ã cho nên ta có:
2
2 cos 3x(3sin x4 sin x)sin x
0,25
2m x 5 2m x
mZ
0,25
5
5t
Xét khi 2m = 1+2m=7k k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
lZ
5
m 7l 3
trong ó m, t,l Z
0,25
< 1 ,=% trình : 2 2 3
2
2(3x 1) 2x 1 10x 3x 6
aO
2(3x 1) 2x 1 4(2x 1) 2x 3x2 2
t 2x 1(t0)
Pt >y thành 2 2
4t 2(3x 1)t 2x 3x 2 0
Ta có: ' (3x 1) 2 4(2x23x2)(x 3) 2
0,25 b)
Pt >y thành 4t22(3x 1)t 2x23x 2 0
Ta có: ' (3x 1) 2 4(2x23x2)(x 3) 2
0,25
Trang 7Cv ó ta có ph,=ng trình có % 3 :t 2x 1; t x 2
Thay vào cách {t ra ta ,N ph,=ng trình có các % 3 @
0,5
Tính tích phân
3ln 2
0
dx I
( e 2)
x 3ln 2 3
x x
2
e dx I
e (e 2)
x 3
e 3due dxx3 x 0 u 1; x3ln 2 u 2
0,25
Ta ,N@ =3
2
2 1
3du I
u(u 2)
1
du 4u 4(u 2) 2(u 2)
=3
2
1
ln u ln u 2
0,25 Câu III
8
1 ) 2
3 ln(
4
3
]i I
8
1 ) 2
3 ln(
4
0,25
Câu IV
<J M là trung BC ta z@ AM BC
A 'O BC
BC(A ' AM)
0,5
A
B
C
C’
B’
A
’
H
O
M
Trang 8 MHAA ',(do A
Do BC (A ' AM) HM BC ]i HM là J % vuông góc chung 9
HM (A ' AM)
AA’và BC, do ó d(AA',BC) HM a 3
4
Xét 2 tam giác % m0% AA’O và AMH, ta có: A 'O HM
suy ra
C tích ) l{ng >|@ V A 'O.SABC 1A 'O.AM.BC 1 a a 3a a3 3
0,5
1.Cho a, b, c là các WX Y? d@Ang Z mãn a b c 3 \# minh
B]#
3(a2b2c ) 4abc 132
1 N
f (a, b, c) 3(a b c ) 4abc 13; t
2
*Tr,; $ ta F% minh: f (a, b, c)f (a, t, t):C i 'i
Do vai trò 9 a,b,c nh, nhau nên ta có $ a b c
hay a
f (a, b, c) f (a, t, t) 3(a2 b2 c ) 4abc 13 3(a2 2 t2 t ) 4at2 213
= 3(b2 c2 2t ) 4a(bc t )2 2
2
2
3(b c)
a(b c) 2
2
(3 2a)(b c)
0 2
1
0,5
*Bây - ta X M% F% minh: f (a, t, t)0 '; a+2t=3
Ta có f (a, t, t)3(a2 t2 t ) 4at2 213
=3((3 2t) 2 t2 t ) 4(3 2t)t2 2 13
= 2(t 1) (7 4t) 2 0 do 2t=b+c < 3
6z8 “=” ra t 1& b c 0 a b c 1
0,5
2 Cho x,y,z Z mãn là các WX Y? 2 2 .Tìm giá Ba %b c
x xyy 1
, d c ?e$ ' N8 \?
P
Câu V
Cv $ suy ra:
Trang 9
2
1 (x y) 3xy 3xy
Cv ta có 1 xy 1
3
0,25
KO khác x2xyy2 1 x2y2 1 xy
nên x4y4 x y2 22xy 1 O t = xy
]i bài toán >y thành tìm GTLN,GTNN 9
2
t 2t 2 1
0.25
Do hàm liên | trên ;1 nên so sánh giá > 9 , ,
3
1
3
f ( 62) cho ra )$ ^8 @
f (1)
, MaxPf ( 62) 6 2 6 min P f ( 1) 11
3 15
(Học sinh tự vẽ hình)
Ta có: AB 1; 2AB 5 U ,=% trình 9 AB là:
2x y 2 0 I là trung 9 AC:
a)
Theo bài ra:S ABC 1AB.d(C, AB) 2
2
t 0 4 t 3
) 3
8
; 3 5
0,5
1 N
b)
<J H là hình $8 vuông góc 9 O lên (ABC), OH vuông góc ';
(ABC) nên OH / /n(2;1; 1) ;
H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào 1 ,=% trình( ABC) có t= suy ra
3
H( ; ; )
3 3 3
0,25
Trang 10*O’ F% '; O qua (ABC) H là trung 9 OO’ O '( ; ;4 2 2)
3 3 3 0,5
aO tz22z Khi 1 ,=% trình (8) >y thành:
0,25
aO 2 Khi 1 ,=% trình (8) >y thành
tz 2z
t2 3t 100
0,25 CâuVIIa
]i ph,=ng trình có các % 3 @ z 1 6;z 1 i 0,5
Câu VIb
a)
1 N
]$ 1 ,=% trình ,-% AB: 4x 3y 4 0 và AB5
]$ 1 ,=% trình ,-% CD: x4y 17 0 và CD 17
0,25
Ta tính ,N@
d(M, AB) 13t 19 ; d(M, CD) 11t 37
0,25
Cv @ SMAB SMCDd(M, AB).ABd(M, CD).CD
t 9 t 7 Có 2 M% tìm là:
3
3
0,5
1 N
< E O M8 S(I, R) $1 xúc '; hai ,-% /% d1, d20 hai A
và B khi ta luôn có IA + IB AB và AB d d , d 1 2 mz8 #R% ra khi I
0, 25
Ta tìm A, B : Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
AB u
AB u '
0,25
(….)… A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1)
AB
b)
KO M8 (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6
Nên có 1 ,=% trình là: 2 2 2
x2 (y 1) (z 1) 6 0,25
Trang 11Giải bất phương trình x(3log x2 2)9 log x2 2 1 N
ag8 )3%@x0
Gz ph,=ng trình 3(x 3) log x 2 2(x 1)
L i% z x=3 không là % 3 9 #z ph,=ng trình
0.25
TH1 L$8 x3 BPT 3log x2 x 1
Xét hàm @ f (x) 3log x2
2
g(x) x 1
x 3
]; x4:Ta có f (x) f (4) 3 Bpt có % 3
g(x) g(4) 3
* ]; x4:Ta có f (x) f (4) 3 Bpt vô % 3
g(x) g(4) 3
0,25
TH 2 @L$8 0 x 3 BPT 3log x2 x 1
3 2
f (x) log x
2
g(x) x 1
x 3
]; x1:Ta có f (x) f (1) 0 Bpt vô % 3
g(x) g(1) 0
* ]; x1:Ta có f (x) f (1) 0 Bpt có % 3
g(x) g(1) 0
0,25 CâuVIIb
]i Bpt có % 3 x 4
0 x 1
0,25
Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.
... 2abc? ?a( b c) (1 2a) bc ? ?a( 1 a) (1 2a) bc aO t= bc tacó Xét hs f(t) = a( 1- a) + (1 – 2a) t
(b c) (1 a)
0 t bc
0;
4... class="text_page_counter">Trang 2
ÁP ÁN < /b>
PT hoành E giao x3 + 3x2 + mx + = x(x2...
Trang 4a < pt ã cho ta ,N % 3 @ 1 2
Suy
2 2
ao