Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 10

Chia sẻ: Van Tho | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 18 - đề 10', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 10

SỞ GD – ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ MÔN : TOÁN, KHỐI D -------------------------------- Thời gian làm bài : 180 phút -------------------o0o------------- Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3mx 2  2  Cm  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1 . 2. Tìm m để đồ thị (Cm) có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm I(1; 0) . Câu II. (2,0 điểm)  5  1. Giải phương trình sin 4 x  4sin   2 x   4  sin x  cos x  .  2  2. Giải phương trình x  4  x 2  2  3 x 4  x 2 . Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C, AB = 5 cm, BC = 4 cm. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với mặt đáy (ABC) bằng 60 . Gọi D là trung điểm của cạnh AB . 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC . 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC . Câu IV (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x  1; y  1 và 3  x  y   4 xy . 1 1  Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P  x 3  y 3  3  3  3  x y  Câu V (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C  2; 5  , đường thẳng  : 3x  4 y  4  0 .  5 Tìm trên đường thẳng  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I  2;  sao cho diện tích tam giác  2 ABC bằng 15 . 2. Cho hai đường thẳng a và b song song với nhau . Trên đường thẳng a có 5 điểm phân biệt và trên đường thẳng b có 10 điểm phân biệt . Hỏi có thể tạo được bao nhiêu tam giác có các đỉnh là các điểm trên hai đường thẳng a và b đã cho . 3 3 2 3 Câu VI (1,0 điểm) Giải phương trình log 4  4  x   log 1  x  2   3  log 1  x  6  . 2 4 4
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm I. 1. 3 2 Với m = 1, hàm số trở thành : y  x  3 x  2 . TXĐ : ¡ 1.0 Có limy   ; limy   x  x  x  0  y  2 y '  3x2  6 x ; y '  0    x  2  y  2 0.25 BBT : x  0 2  y’ + 0 – 0 + 2  0.25 y  -2 Hàm số đồng biến trên  ; 0  và  2;   ; Hàm số nghịch biến trên  0; 2  yCĐ = 2 tại x = 0 ; yCT = - 2 tại x = 2 . 0.25  Đồ thị : Giao Oy : (0 ; 2) ; Giao Ox : (1; 0) và 1  3; 0  0.25 2. x  0 1.0 Ta có y '  3 x 2  6mx ; y '  0   0.25  x  2m Để hàm số có CĐ và CT thì y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó  2m  0  m  0 . 0.25  Khi đó (Cm) có hai điểm cực trị là A(0; 2) và B 2m; 2  4m3  uuu r  Đường thẳng AB đi qua A(0; 2) và có vtcp AB  2m; 4m3  vtpt 2m 2 ;1    0.25 Phương trình AB : 2m 2 x  y  2  0 Theo giả thiết đường thẳng AB đi qua I(1; 0) nên 2m 2  2  0  m  1 0.25 II. 1.  5  1.0 sin 4 x  4sin   2 x   4  sin x  cos x   2   2 sin 2 x.cos 2 x  4 cos 2 x  4  sin x  cos x   2  sin x  cos x  sin 2 x  cos x  sin x   2  cos x  sin x   2   0   0.25
    cos x  sin x  0  x   4  k , k  ¢  sin 2 x  cos x  sin x   2  cos x  sin x   2  0 1 0.5  Giải (1) : Đặt t  cos x  sin x ,   2  t  2  sin 2 x  1  t 2   Pt (1) trở thành : 1  t 2 .t  2t  2  0  t 3  t  2  0  t  1     2 Với t  1 ta có cos x  sin x  1  2 cos  x    1  cos  x      4  4 2     x  2  k 2 , k  ¢ 0.25   x    k 2 2. Giải phương trình .... 1.0 Điều kiện : 2  x  2 0.25 t2  4 Đặt t  x  4  x 2  t 2  4  2 x 4  x 2  x 4  x 2  2 t  2 t2  4 0.25 Pt trở thành : t  2  3  3t  2t  8  0   2 2 t   4  3 Với t = 2 ta có : 2  x  0 x  0 x  4  x 2  2  4  x2  2  x   2 2  (t/m) 4  x  4  4 x  x x  2 0.25 4 4 4 Với t   ta có x  4  x 2    4  x 2    x 3 3 3  4   x 4 x   3  2  14  3  x (t/m) 9 x 2  12 x  10  0  x  2  14 3    3 2  14 0.25 Vậy pt đã cho có ba nghiệm x = 0 ; x = 2 ; x  3
III. 1. Vì tam giác ABC vuông tại C nên 1.0 2 2 2 2 AC  AB  BC  5  4  3 (cm) 1 1 0.25  S ABC  AC .BC  .3.4  6 (cm2) 2 2 Vì SA   ABC  nên AC là hình chiếu của SC trên (ABC) 0.25  góc giữa SC với (ABC) là SCA = 60 . Trong tam giác vuông SAC có SA  AC .tan 60  3 3 0.25 1 1 Do SA   ABC  nên VS . ABC  SA.S ABC  .3 3.6  6 3 (cm3) . 0.25 3 3 2. Gọi E là trung điểm AC mà D là trung điểm AB nên DE là đường trung bình trong 1.0 tam giác ABC  DE // BC  BC // (SDE) mà SD  (SDE) nên d BC , SD   d BC , SDE   d B , SDE   d A, SDE  (vì D là trung điểm AB) 0.25 Vì BC  AC  DE  AC , mà SA  (ABC)  SA  DE  DE  (SAE)  (SDE)  (SAE) mà (SDE)  (SAE) = SE . Trong (SAE) kẻ AH  SE  AH  (SAE)  AH = d A, SDE  . 0.5 Trong tam giác vuông SAE có AH là đường cao nên : 1 1 1 1 8 1 2  2 2     AH  3 . Vậy d BC , SD   3 AH SA AE 27 27 3 0.25 IV. 3x2 1.0 Đặt t  x. y ; vì x  1 nên 3  x  y   4 x. y  3 x 2  3 xy  4 x 2 y  xy  4x  3 3y 3y Có 3  x  y   4 xy  x  (vì y  1 ) .Xét hàm số f  y   trên 1;   4y  3 4y  3 9 có f '  y   2  0, y  1;    f  y   f 1  3  1  x  3  4 y  3 3x 2 9 9  0.25 Xét hàm số g  x   trên 1;3   g  x   3 . Vậy t   ;3 4x  3 4 4   3  3  3  Khi đó P   x3  y 3   1  3 3    x  y   3xy  x  y   1    x y      xy 3     4 xy 3 4 xy   3   64t 3  3     3 xy.  1  3   4t 2  1  3   3   3    xy    27   t   64 3 12 64 0.25 = t  4t 2   27 t 9 64 3 12 64 9  Xét hàm số P(t) = t  4t 2   với t   ;3 27 t 9 4 
64 2 12 8  12 9  0.25 Ta có P '  t   t  8t  2  8t  t  1  2  0, t   ;3 9 t 9  t 4  280  xy  3 x  3 x  1 Vậy MaxP  P  3  tại t = 3    ; 9 x  y  4 y 1 y  3  9  9  307 9  xy  3 MinP  P    tại t    4 x y 0.25  4  36 4 x  y  3 2  V. 1. 5 1.0 Thay tọa độ I vào pt  ta được 3.2  4.  4  0 (luôn đúng) nên I   2 Vì A   nên giả sử A  4a;3a  1 mà B đối xứng với A qua I nên I là trung điểm 0.25 AB  B  4  4a; 4  3a  . 3.2  4  5   4 Từ C dựng CH  AB tại H thì CH  dC , AB   6 32  42 0.25 1 1 2 2 Theo giả thiết S ABC  15  CH . AB  15  .6.  4  8a    3  6 a   15 2 2 2  a  1  A  4; 4  , B  0;1  25 1  2a   5  2a  1  1    a  0  A  0;1 , B  4; 4   Vậy hai điểm cần tìm là (4; 4) và (0; 1) . 0.5 2. Mỗi tam giác được tạo thành từ ba điểm không thẳng hàng nên ba điểm đó được 1.0 chọn từ hai điểm trên đường thẳng này và một điểm trên đường thẳng kia . Do đó ta 0.25 có các trường hợp sau : TH1: Tam giác được tạo thành từ hai điểm trên đường thẳng a và một điểm trên 2 đường thẳng b có tất cả : 5.C10  225 (tam giác) . 0.25 TH2: Tam giác được tạo thành từ một điểm trên a và hai điểm trên b có tất cả : 10.C52  100 (tam giác) 0.25 Vậy có tất cả : 225 + 100 = 325 tam giác . 0.25 VI. 6  x  4 1.0 Điều kiện :  (*) 0.25  x  2 Pt  3log 4  4  x   3log 4 x  2  3  3log 4  x  6   log 4  4  x   log 4  x  6   1  log 4 x  2   4  x  x  6   4 x  2 0.25  4  x  2    4  x  x  6   (vì (*) nên  4  x  x  6   0 )  4  x  2     4  x  x  6    2  x  2 t / m  x  6 x  16  0     x  8  loai     2  x  1  33 (loai )  x  2 x  32  0      x  1  33  t / m
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 ; x  1  33 0.5 Tổng 10.00 Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần . SỞ GD – ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ MÔN : TOÁN , KHỐI B -------------------------------- Thời gian làm bài : 180 phút -------------------o0o------------- 2x  3 Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y  . x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị (C) tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất . Câu II. (2,0 điểm) x x  x  1. Giải phương trình 1  sin .sin x  cos .sin 2 x  2cos 2    . 2 2  4 2 2 2. Giải bất phương trình  1  3  2x  x2 . x 1  3  x Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và SA = a . Biết ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = a, BC = 2a và SC vuông góc với BD . 1. Tính tang của góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) . 2. Tính thể tích khối chóp S.ABCD . 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM với M là trung điểm BC . a 4b 9c Câu IV (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c . Chứng minh rằng :    4. bc ca ab Câu V (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A  2; 1 , B 1; 2  . Trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên đường thẳng  : x  y  2  0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết tam giác ABC 27 có diện tích bằng . 2 2. Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 . Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử của X . Tính xác suất để hai số lấy được đều là số chẵn . 2 x 1.log y  2  2 2 x  Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x 9 2 9.2 .log 27 y  9  log 3 y  ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM (KB) Câu Ý Nội dung Điểm I. 1. 1 1.0 TXĐ : ¡ \ 2 ; Có y '  2  0, x  2 nên hàm số nghịch biến trên  ; 2   x  2 0.25 và  2;   ; hàm số không có cực trị . limy  2  đths có TCN y = 2 . x  limy   ; limy    đths có TCĐ : x = 2 . x  2 x  2 0.25 BBT x  2  y’ – – 2  y 0.25  2 3   3 Đồ thị : Giao Ox :  ; 0  ; Giao Oy :  0;  2   2 0.25 2.  2x  3  1.0 Vì M  (C) nên g/s M  x0 ; 0   x0  2  0.25
1 2 x0  3 Tiếp tuyến của (C) tại M có pt là : y  2  x  x0     x0  2  x0  2  2x  2  0.25    giao TCĐ tại A  2; 0  ;    giao TCN tại B  2 x0  2; 2   x0  2  2  2 2x  2  2 1 0.25 Khi đó AB   2 x0  4    2  0  2  x0  2   2 2 2  x0  2   x0  2  2 1  x0  3  M  3;3 0.25 Vậy ABmin  2 2 khi  x0  2   2   x0  2   x0  1  M 1;1  II. 1. x x   1.0 pt  1  sin sin x  cos sin 2 x  1  cos   x  2 2 2  x x  x x   sin sin x  cos sin 2 x  sin x  sin x  sin  cos sin x  1   0 0.25 2 2  2 2  sin x  0  x  k , k  ¢ 0.5  x sin  2sin x cos 2 x  1  0 1  2 2 2 x x x x x 1  sin  2sin 1  2sin 2   1  0  2sin 3  sin 1  0   2 2 2 2 2 x 0.25  sin  1  x    k 4 , k  ¢ 2  x  k Vậy pt có nghiệm   x  k , k  ¢  x    k 4 2. Giải bất phương trình .... 1.0 Đk : 1  x  3 0.25 t2  4 Đặt t  x  1  3  x  t  0  3  2 x  x2  , bpt trở thành : 0.25 2 2 t2  4 t  1 2    t 3  2t  4  0   t  2  t 2  2t  2  0  t  2 (t/m) 0.25 Với t > 2 ta có x  1  3  x  2  3  2 x  x 2  0  1  x  3 Kết hợp đk ta được nghiệm bpt là : 1  x  3 0.25 III. 1. 0.5
Vì SA  (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD) . Do đó góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC với AC và bằng SCA (vì tam giác SAC vuông tại A nên SCA < 90 ) 0.25 Theo gt, hình thang ABCD vuông tại A và B nên tam giác ABC vuông tại B và có AC = AB 2  BC 2  a 5 . SA 1 Trong tam giác vuông SAC có tan SCA   AC 5 0.25 2. Vì AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) mà AC  BD nên SC  BD . 1.0 Đặt AD = x , x > 0 ta có BD = a 2  x 2 1 1 Ta có S ABCD  AC .BD   AD  BC  . AB  a 5. a 2  x 2   x  2a  .a 0.25 2 2 a a 0.25  4 x 2  4ax  a 2  0  x  . Vậy AD  2 2 2 1a  5a  S ABCD    2a  .a  2 2  4 1 1 5a 2 5a 3 0.25 mà SA  (ABCD) nên VS . ABCD  SA.S ABCD  a.  3 3 4 12 0.25 3. 1 0.5 Ta có M là trung điểm BC nên BM = BC  a 2 Gọi N là điểm đối xứng với A qua D thì AN = 2AD = a . Khi đó BM = AN = AB = a và BM // AN nên tứ giác ABMN là hình vuông  AB // MN  AB // (SMN) mà SM  (SMN) nên d AB , SM   d  AB , SMN   d A, SMN  0.25 Vì MN // AB  MN  AN và MN  SA nên MN  (SAN) . Từ A kẻ AH  SN tại H thì AH  (SMN)  d A, SMN   AH . 1 a 2 0.25 Do tam giác SAN vuông cân tại A nên H là trung điểm SN  AH  SN  2 2 IV. x  y  z x y z x yz 1.0 Đặt x  b  c ; y  c  a ; z  a  b  a  ;b  ;c  2 2 2 Do a, b, c > 0 nên x, y, z > 0 . Khi đó : a 4b 9c x  y  z 4 x  y  z 9 x  y  z      0.25 bc ca ab 2x 2y 2z  1 9   y 2x   z 9x   2z 9 y    2          2 2   2x y   2 x 2z   y 2z   7  2  3  6  4 0.25  y  2x  c  a  2  b  c   a  2b Đẳng thức xảy ra   z  3 x    (loại) . 0.25 3 y  2 z a  b  3  b  c   c  0  0.25 Vậy đẳng thức không xảy ra , do đó ta có điều phải chứng minh . V. 1. Vì G   nên giả sử G  a; 2  a  là trọng tâm tam giác ABC  C  3a  3;9  3a  1.0 uuru Ta có AB  2 và đường thẳng AB có vtcp BA  1;1 nên AB có pt x  y  1  0 0.25
27 1 27 3a  3  9  3a  1 Theo gt, S ABC   AB.d C , AB    2.  27 0.25 2 2 2 2  20  a  3  C 17; 11   a   7  C  10;16  0.5   3 2. 2 Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 có thể lập được tất cả A6  30 số gồm hai chữ số 1.0 khác nhau nên tập X gồm 30 phần tử . 2 0.25 Lấy ngẫu nhiên hai số trong 30 số lập được ở trên có C30 cách 2  n     C30  435 Gọi A: “ Hai số lấy được đều là số chẵn” . Trong 30 số lập được từ các chữ số đã cho (không có chữ số 0) , số các số chẵn bằng số các số lẻ nên có tất cả 15 số chẵn . 0.25 2 Lẫy ngẫu nhiên hai số chẵn trong 15 số chẵn có C15  105 cách  n  A   105 0.25 n  A 105 7 Vậy P  A     n    435 29 0.25 VI. Điều kiện : y > 0 . 1.0 2 x.log 3 y  2  22 x  1 Hệ pt   x 2 0.25 3.2 .log 3 y  9  log 3 y  2 22 x  2 Từ (1)  log 3 y  . Thế vào (2) ta được : 0.25 2x 2  22 x  4  x  1  y  27 t / m 22 x  2  22 x  2   3.2 x. 9     2x 1 0.5 2x  2x  2   vn    2 Tổng 10.00 Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần .
SỞ GD – ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ MÔN : TOÁN, KHỐI A, A1 -------------------------------- Thời gian làm bài : 180 phút -------------------o0o------------- 2x  3 Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y  . x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị (C) tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất . Câu II. (2,0 điểm) 1 1. Giải phương trình tan 2 x  tan x   sin 4 x  sin 2 x  . 6 2. Giải bất phương trình 1  2x  1 2x  2  x2 . Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và SA = a . Biết ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = a, BC = 2a và SC vuông góc với BD . 1. Tính tang của góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) . 2. Tính thể tích khối chóp S.ABCD . 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM với M là trung điểm BC. a 4b 9c Câu IV (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c . Chứng minh rằng :    4. bc ca ab Câu V (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Đường thẳng BC có phương trình 3 x  y  3  0 . Biết hai đỉnh A, B nằm trên trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC . 2. Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số 0; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 . Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử của X . Tính xác suất để hai số lấy được đều là số chẵn . 2 x 1.log y  2  2 2 x  Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x 9 2 9.2 .log 27 y  9  log 3 y  ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm I. 1. 1 1.0 TXĐ : ¡ \ 2 ; Có y '  2  0, x  2 nên hàm số nghịch biến trên  ; 2   x  2 0.25 và  2;   ; hàm số không có cực trị . limy  2  đths có TCN y = 2 . x  limy   ; limy    đths có TCĐ : x = 2 . x  2 x  2 0.25 BBT x  2  y’ – – 2  y 0.25  2 3   3 Đồ thị : Giao Ox :  ; 0  ; Giao Oy :  0;  2   2 0.25 2.  2x  3  1.0 Vì M  (C) nên g/s M  x0 ; 0   x0  2 
1 2 x0  3 0.25 Tiếp tuyến của (C) tại M có pt là : y  2  x  x0     x0  2  x0  2  2x  2     giao TCĐ tại A  2; 0  ;    giao TCN tại B  2 x0  2; 2  0.25  x0  2  2  2 2x  2  2 1 Khi đó AB   2 x0  4    2  0  2  x0  2   2 2 2 0.25  x0  2   x0  2  2 1  x0  3  M  3;3 Vậy ABmin  2 2 khi  x0  2   2  0.25  x0  2   x0  1  M 1;1  II. 1.    1.0 cos2 x  0 x  4  k 2  Điều kiện :   ,k,l  ¢  cos x  0  0.25  x   l   2 sin 2 x.cos x  cos 2 x.sin x 1 Pt    sin 4 x  sin 2 x  cos x.cos 2 x 6 0.25  6sin x  cos x.cos 2 x.sin 2 x  2 cos 2 x  1 sin x  0  x  k t / m   2  2 cos x.cos 2 x  2 cos 2 x  1  6 * 0.25  *  1  cos 2 x  .cos 2 x.  2 cos 2 x  1  6  2cos3 2 x  3cos 2 2 x  cos 2 x  6  0  cos 2 x  1  x  k , k  ¢ t / m  Vậy pt có nghiệm x  k , k  ¢ 0.25 2. 1 1 1.0 Điều kiện :   x  . Khi đó 2  x 2  0 2 2 0.25 Bpt  2  2 1  4 x 2  4  4 x 2  x 4  2 1  4 x 2  2  4 x 2  x 4 (1) 1 1 Vì   x  nên 2  4 x 2  0  2  4 x 2  x 4  0 0.25 2 2 2 1  4 1  4 x2    2  4 x2  x 4  2  4  16 x  4  16 x 4  x8  16 x 2  4 x 4  8 x 6    x8  8 x 6  20 x 4  0  x 4 x 4  8 x 2  20  0  x  0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 0.5
III. 1. Vì SA  (ABCD) nên AC là hình 0.5 chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD) Do đó góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC với AC và bằng SCA (vì tam giác SAC vuông tại A nên SCA < 90 ) 0.25 Theo gt, hình thang ABCD vuông tại A và B nên tam giác ABC vuông tại B và có AC = AB 2  BC 2  a 5 . Trong tam giác vuông SAC có SA 1 tan SCA   0.25 AC 5 2. Vì AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) mà AC  BD nên SC  BD . 1.0 2 2 Đặt AD = x , x > 0 ta có BD = a  x 1 1 Ta có S ABCD  AC .BD   AD  BC  . AB  a 5. a 2  x 2   x  2a  .a 0.25 2 2 a a 0.25  4 x 2  4ax  a 2  0  x  . Vậy AD  2 2 2 1a  5a  S ABCD    2a  .a  2 2  4 1 1 5a 2 5a 3 0.25 mà SA  (ABCD) nên VS . ABCD  SA.S ABCD  a.  3 3 4 12 0.25 3. 1 0.5 Ta có M là trung điểm BC nên BM = BC  a 2 Gọi N là điểm đối xứng với A qua D thì AN = 2AD = a . Khi đó BM = AN = AB = a và BM // AN nên tứ giác ABMN là hình vuông  AB // MN  AB // (SMN) mà SM  (SMN) nên d AB , SM   d  AB , SMN   d A, SMN  0.25 Vì MN // AB  MN  AN và MN  SA nên MN  (SAN) . Từ A kẻ AH  SN tại H thì AH  (SMN)  d A, SMN   AH . 1 a 2 0.25 Do tam giác SAN vuông cân tại A nên H là trung điểm SN  AH  SN  2 2 IV. x  y  z x y z x yz 1.0 Đặt x  b  c ; y  c  a ; z  a  b  a  ;b  ;c  2 2 2 Do a, b, c > 0 nên x, y, z > 0 . Khi đó : a 4b 9c x  y  z 4 x  y  z 9 x  y  z      0.25 bc ca ab 2x 2y 2z  1 9   y 2x   z 9x   2z 9 y    2          2 2   2x y   2 x 2z   y 2z   7  2  3  6  4 0.25 0.25
 y  2x 0.25  c  a  2  b  c   a  2b Đẳng thức xảy ra   z  3 x    (loại) . 3 y  2 z a  b  3  b  c   c  0  Vậy đẳng thức không xảy ra , do đó ta có điều phải chứng minh . V. 1. Vì B  BC  Ox  B 1; 0  1.0 r Đường thẳng BC có vtpt n   3; 1 r Trục Ox có vtpt j  0;1 Do tam giác ABC vuông tại A nên góc B nhọn r r 1 0.25  cos B  cos  n , j    ABC  60 . 2 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC  ABI = 30 Dựng IH  AB tại H thì IH là bán kính đường tròn nội tiếp  ABC IH = 2 . IH Trong tam giác vuông IHB có HB =  2 3 mà AH = 2 (cách dựng ) nên tan 30 AB = AH + HB = 2  3 1  a  2 3  3 Do A  Ox nên giả sử A(a; 0) thì AB = a  1  2   3 1    a  2 3  1 0.25  Vì AC  AB và A,B  Ox nên C và A có cùng hoành độ, C  BC : 3 x  y  3  0    + Với a  2 3  3  A 2 3  3; 0 , C 2 3  3; 6  2 3   4 3 7 62 3  Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là : G  ;   3 3    0.25    + Với a  2 3  1  A 2 3  1; 0 , C 2 3  1; 6  2 3   4 3  1 6  2 3   G  ;    3 3  0.25 2. Gọi số có hai chữ số khác nhau là ab với a  0 và a, b  0;1; 2;3; 4;5; 6 1.0 Vì a  0 nên a có 6 cách chọn ; b  a nên b có 6 cách chọn . Do đó có tất cả 6.6 = 36 số có hai chữ số khác nhau  n  X   36 0.25 2 Lẫy ngẫu nhiên hai số trong X có C  630 cách  n     630 36 0.25 Gọi A: “Lấy được hai số đều là số chẵn” . Xét ab là số chẵn thì b  0; 2; 4;6 Nếu b = 0 thì a có 6 cách chọn  có 6 số . Nếu b  0 thì b có 3 cách chọn và a có 5 cách chọn vì a  0 , b  a  có 15 số Do đó trong X có tất cả 6 + 15 = 21 số chẵn gồm hai chữ số khác nhau . 0.25
2 Lẫy ngẫu nhiên hai số chẵn có C21  210 cách  n(A) = 210 . n  A 210 1 Vậy P  A     . 0.25 n   630 3 VI. Điều kiện : y > 0 . 1.0 2 x.log 3 y  2  22 x  1 Hệ pt   x 2 0.25 3.2 .log 3 y  9  log 3 y  2 22 x  2 Từ (1)  log 3 y  . Thế vào (2) ta được : 0.25 2x 2x 2x 2  22 x  4  x  1  y  27 t / m 2 2  2 2  3.2 x. x 9  x    2x 1 0.5 2  2   2   vn   2 Tổng 10.00 Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần.