Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 33 - Đề 14

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

96
lượt xem 39
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 33 - đề 14', 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 33 - Đề 14

TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông Ngày 3 tháng 2 năm 2013 (Đề chính thức có 01 trang) 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 y  x 3  3x 2   m  1 x  11 có đồ thị  Cm  với m là tham số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 2) Tìm m để đường thẳng  d  : y  x  1 cắt đồ thị  Cm  tại 3 điểm phân biệt P  0,1 , M , N sao cho bán kính 5 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng với O  0;0  2 Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos 2 2 x  2cos 2 x  4sin 6 x  cos 4 x  1  4 3 sin 3 x cos x 5  4x 10 2) Giải bất phương trình: 2 x x   x 2 x x  4 1  sin 2 x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân sau I   2sin x cos3 x  cos4 x dx 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC  BC  2a. Mặt phẳng  SAC  tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 600 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB .  2 1  25 x  23 x1 Câu V (1,0 điểm) Giải phương trình 1  2x 1 2 2x   2 x 1  2 x  22 x  II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn 2 2 Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  3   y  1  9 và đường thẳng  d  : x  y  10  0 . Từ điểm M trên  d  kẻ hai tiếp tuyến đến  C  , gọi A, B là hai tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn AB  3 2 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;1;2  , B  0; 1;3 . Gọi C là giao điểm của đường thẳng  AB  và mp  Oxy  . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  AB  sao cho mặt cầu tâm M bán kính MC cắt mp  Oxy  theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 2 5 . 1 1 1 1 89 Câu VII.a (1,0 điểm) Với mọi n  N , n  3. Giải phương trình 3  3  3  .....  3  C3 C4 C5 Cn 30 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ O. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng  d  : x  2 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng AC đi qua điểm K  6;2  2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A  0;0; 1 , B 1;2;1 , C  2;1; 1 , D  3;3  3 .. Tìm 1
tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN  3 Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa 1 1 1 2 1 3 1  n  1  Cn0   Cn  C n  Cn  L  n Cn   1023  2 3 4 n 1  TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 03-02-2013 Câu Đáp án Điểm Cho hàm số y  x  3x   m  1 x  11 có đồ thị  Cm  với m là tham số 3 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 2) Tìm m để đường thẳng  d  : y  x  1 cắt đồ thị  Cm  tại 3 điểm phân biệt 2,0 5 2 P  0,1 , M , N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng với 2 O  0;0  1) Học sinh tự vẽ 2) Phương trình hoành độ giao điểm của  Cm  và (d): x 3  3 x 2   m  1 x  1  x  1  x  0  y  1  P  0;1  x  x 2  3x  m   0   2  x  3x  m  0  2   Để  Cm  cắt (d) tại 3 điểm phân biệt   2  có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m  0 I   9 m  4  Giả sử M  x1; x1  1 , N  x2 ; x2  1 khi đó x1; x2 là nghiệm của pt(2) 1 OM .ON .MN Ta có SOMN  MN .d  O;  d    (với R là bán kính đường tròn ngoại 2 4R tiếp tam giác OMN ) 1 OM .ON .  .d  O;  d     OM .ON  2 R.d  O;  d    5 2d  O;  d    3 2 4R Mà ta có OM .ON   2x 2 1    2 x1  1 2 x12  2 x1  1 2 2 Với x1  3 x1  m; x2  3x2  m  OM .ON  4m 2  12m  25 1 2 * d  O;  d     2 2 2
2 m  0 Khi đó thế vào (3) ta được 4m 2  12m  25  5 2 5  thỏa đề chỉ có 2  m  3 m  3 1) Giải phương trình: 2cos 2 2 x  2cos 2 x  4sin 6 x  1  cos 4 x  4 3 sin 3 x cos x 1,0 pt  2cos 2 2 x  2cos 2 x  4sin 6 x  2sin 2 2 x  4 3 sin 3 x cos x  cos 2 2 x  cos 2 x  2sin 6 x  sin 2 2 x  2 3 sin 3 x cos x  cos 2 2 x  sin 2 2 x  cos 2 x  2sin 6 x  2 3 sin 3 x cos x  cos 4 x  cos 2 x  2sin 6 x  2 3 sin 3 x cos x  2sin 3x sin x  4sin 3 x cos3 x  2 3 sin 3x cos x   2sin 3x sin x  2 cos 3x  3 cos x  0  sin 3 x  0  sin x  3 cos x  2cos3 x  * sin 3x  0  x  k  k  Z  3   *sin x  3 cos x  2cos3 x  cos  x    cos 3 x  6    x    k 12  k  Z   x    k   24 2   k k Vậy nghiệm của phương trình là x    k ; x   ;x  k  Z  12 24 2 3 II 5  4x 10 2) Giải bất phương trình: 2 x x   x   2 1 1,0 x x x  0  x  0  ĐK:  10  2  x0  x 20  x  2 x  10  0   x Bpt(1)  2 x 2  4 x  5    x 2  2 x  10  2 x 2  2 x  10  15  x 2  2 x  10 Đặt t  x 2  2 x  10   x  12  9  3*  5 2 Bpt trở thành 2t  t  15  0  t   2  t  3  do *   t  3 2 t  3  x 2  2 x  10  3  x 2  2 x  1  0   x  1  0  h / n  Vậy nghiệm bất phương trình là x   0;   3
 4 1  sin 2 x 1,0 Tính tích phân sau I   2sin x cos3 x  cos4 x dx 0   2 2 4  sin x  cos x  4 cos 2 x  tan x  1 I  cos2 x dx   cos4 x  2 tan x  1 dx 0  2sin x cos x  cos 2 x  0   2 4  tan x  1  tan x  12 d tan x 4  2 dx     0 0 cos x  2 tan x  1 2 tan x  1 III 1 Đặt t  tan x  dt  d  tan x   dx cos 2 x x  0  t  0 Đổi cận  x    t 1  4 Khi đó I  1  t  12 dt  1 1  2t  1 2t  1  4  2t  1  1 dt  1  2t  1  4  1   dt 0 2t  1 4 0 2t  1   0 2t  1  1 1 1  1 1  1 I   t 2  3t  ln 2t  1    4  ln 3   1  ln 3 4 2 0 4 2  8 Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC  BC  2a. Mặt phẳng  SAC  tạo với  ABC  một góc 600 . Hình chiếu H của S lên mặt phẳng  ABC  1,0 là trung điểm cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng HA và SB S IV K C H B N a M A ABC vuông tại A có BC  2a, AC  a; ¶  300 , ¶  600 B C Gọi N laftrung điểm của AC Vì 4
AC  AB  AC  HN , AC  SH ·  AC   SHN   SNH  600 a 3 3a Trong tam giác SNH  HN  ; SH  2 2 a2 3 S ABC  2 1 a3 3  VS . ABC  SH .S ABC  3 4 Kẻ a // AH (a đi qua B)  HA //  SB, a  Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đí HK  d  HA; SB  · a 3 Tam giác ACH đều nên góc HBM  600  HM  HB sin 600  2 1 1 1 3a Trong tam giác SHM ta có 2  2  2  HK  HK HM HS 4  2 1  25 x  23 x1 Giải phương trình 1 2 x 1 2 2x   2 x 1  2 x  22 x  1,0 3x 2 2.2 2.32 x pt  x  x  x  2 x  4 x  8x 1 2 1 4 1 2 1 8x 32 x 2 x  4 x  8x     1  2x 1  4x 1  2x 2 x x x 4 16 64 2 x  4 x  8x  x  x  x  4  8x 2  8x 2  4 x 2 x 2 x 2 x 2  x 2    4   8  2 x  4 x  8x V 4  8x 2 x  8x 2 x  4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 Ta có 2   4   8   2  4  8   2 x x x  4 x  8x 4 x  8x 2 x  8x 2 x  4x 2 2  4  8  x x x 2 x 2 x 2 x 2 Vậy x 2   4    8  2 x  4 x  8x  x 2x  4x  8x 4  8x 2 x  8x 2 x  4 x 2 4  8x 2 x  8x 2 x  4 x  2x 4x  1 2x  x  x    x x x  4  8x 2  8x  2x  4x 1  4x 1  4  4  8     x0 x  2 8x  1  4 x x x 1  2  8  16  x  4 x  8x  2 x  4 x   2x  4x 1  2x  2,0 5
2 2 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  3   y  1  9 và đường thẳng  d  : x  y  10  0 . Từ điểm M trên (d) kẻ hai tiếp tuyến đến (C), gọi A, B 1,0 là hai tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài AB  3 2 y d A M H I B O x VIa Đường tròn (C) có tâm I  3;1 , bk R  OA  3 3 2 Gọi H  AB  IM , do H là trung điểm của AB nên AH  . Suy ra: 2 9 3 2 IA2 6 IH  IA2  AH 2  9   và IM   3 2 2 2 IH 2 2 2 Gọi M  a;10  a    d  ta có IM 2  18   a  3    9  a   18 2a 2  24a  90  18  a 2  12a  36  0  a  6 Vậy M  6;4  2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho A 1;1;2  , B  0; 1;3 . Gọi C là giao điểm của đường thẳng AB và mp  Oxy  . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  AB  sao cho mặt 1,0 cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng  Oxy  theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 2 5 6
A M N C (Oxy) B uuu r uuu r Gọi C  c1; c2 ;0    Oxy  khi đó ta có AC   c1  1; c2  1; 2  ; AB   1; 2;1 uuu uuu r r Do C   AB    Oxy   C   AB  khi đó AC ; AB cùng phương uuu r uuu r Nên tồn tại số thực k sao cho AC  k AB c1  1  k uuu r uuu r  c1  3 Vậy AC  k AB  c2  1  2k    C  3;5;0   2  k c2  5  uuuu r uuu r Gọi M  m, n, p    AB   AM   m  1; n  1; p  2  ; AB   1; 2;1 uuuu uuu r r AM ; AB cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho  m  1  t m  1  t uuuu r uuu r   AM  t AB   n  1  2t  n  1  2t  M 1  t ;1  2t ; 2  t  p 2  t p  2t   CM   t  2 2   2t  4 2   2  t 2  6t 2  24t  24 Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên  Oxy  suy ra MN  z M  t  2 Tam giác MNC vuông tại N suy ra MN 2  NC 2  MC 2 t  0 6t 2  24t  24  t 2  4t  4  20  5t 2  20t  0    t  4 t  0  M 1;1; 2  ; t  4  M  5;9; 2  Vậy M 1;1; 2  hoặc M  5;9; 2  1 1 1 1 89 Với mọi n  N , n  3. Giải phương trình 3  3  3  .....  3  1,0 C3 C4 C5 Cn 30 3 k! k  k  1 k  2  1 6 Ta có Ck    3  k  3 3! k  3! 6 Ck k  k  1 k  2  VIIa 1 1 2 Ta lại có    k  1 k  2 k  k  1 k  k  1 k  2  1 1 Đặt f  k    3  3  f  k   f  k  1   k  1 k  2 Ck Cho k chạy từ 3 tới n ta được 7
n 1  C 3  3  f  3  f  4   f  4   f 5  ....  f  n   f  n   f  n  1 k 3 k n   1 1  C 3  3  f  3  f  n  1   3 1  n  n  1    k 3 k   1 1 1 1  1  89 Hay 3  3  3  .....  3  3 1   n  n  1   30  C3 C4 C5 Cn   2  n  n  1  89  3 2    90 n 2  n  1  89n 2  89n   n  n  30 n 2  n  n  90  0  n  10  Ck3  3 k 3 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng  d  : x  2 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi 1,0 qua điểm K  6;2  I (d) A K C O B B   d  : x  2 y  5  0 nên gọi B  5  2b; b  , vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra C (2b  5; b) và O (0;0)  BC Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là  d  : x  2 y  5  0 nên I (2;4) và I  AB uur Tam giác ABC vuông tại A nên BI   2b  3;4  b  vuông góc với uuur CK  11  2b; 2  b  b  1  2b  311  2b    4  b  2  b   0  5b2  30b  25  0   b  5 VIb Với b  1  B (3;1), C ( 3; 1)  A(3;1)  B loại  31 17  Với b  5  B (5;5), C (5; 5)  A  ;   5 5  31 17  Vậy A  ;  ; B (5;5); C (5; 5)  5 5 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A  0;0; 1 , B 1;2;1 , C  2;1; 1 1,0 , D  3;3  3 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  AB  và điểm N thuộc trục hoành 8
sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN  3 uuuu uuu r r Gọi M  m1; m2 ; m3  là điểm thuộc  AB  khi đó AM , AB cùng phương uuuu r uuu r AM   m1; m2 ; m3  1 , AB  1;2; 2  m1  t uuuu uuu r r uuuur uuu r  AM , AB cùng phương  t  R : AM  t AB  m2  2t  M  t ; 2t ; 1  2t  m  1  2t  3 Gọi N  n;0;0    Ox  uuuu r uuur NM   t  n;2t ;2t  1 , CD  1; 2; 2  uuuu uuu r r MN vuông góc CD nên NM .CD  0  t  n  4t  4t  2  0  t  2  n 1 2 2 MN  3  MN 2  9   t   t  2    4t 2   2t  1  9 t  1  8t  4t  5  9  8t  4t  4  0   1 2 2 t   2 Với t  1  n  1  M 1;2;1 , N  1;0;0  1 3 1   3  Với t   n    M  ;1;0  , N   ;0;0  2 2 2   2   1 1 1 2 1 3 1  Tìm ….  n  1  Cn  0 Cn  C n  C n  L  Cnn   1023 1,0  2 3 4 n 1  1 1 1 1 1 1023 Cn0  Cn  Cn2  Cn3  L  Cnn  2 3 4 n 1 10 n 1 n 1 n! n n! Ta thấy VT có dạng  Cnk    k 0 k  1 k  0 k  1 k ! n  k ! k  0  k  1! n  1   k  1 ! 1 n  n  1! n  n  Cnk11   n  1 k  0  k  1!  n  1   k  1 ! k 0 1 1  n 1  Cn11  Cn21  ....  Cnn11   n  1  2n1  1 VIIb 0 1 1 1 2 1 3 1 1023 Mà Cn  Cn  Cn  Cn  L  Cnn  2 3 4 n 1 n 1 1 1023  n 1  2n1  1  n  1  2n1  1024  n  9 9
TRƯỜNG THPT QUỐC OAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012-LẦN 1. Môn thi: TOÁN; Khối : A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4  2mx2 + m (1) , m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 1. Câu II. (2,0 điểm) 9 11 1. Giải phương trình 2sin(2 x  )  7 2 sin x  2 sin( x  )  4 2  0. 4 2 2. Giải bất phương trình x 2  2 x  92  x 2  2 x  x  1  1 x  R  . ln 3 (2e3 x  e 2 x ) dx Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I  e . x 0 4e x  3  1 Câu IV. (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh 2a, điểm A1 cách đều ba điểm A, B, C. Cạnh bên A1A tạo với mặt phẳng đáy một góc  . Hãy tìm  , biết thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 bằng 2 3a 3 . Câu V. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng 3 2a  b  ab  bc  3 abc  7. 4 Câu VI. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình 2 cạnh uuu uuur lần lượt là AB, AC r x  2 y  2  0 và 2 x  y  1  0 , điểm M (1; 2) thuộc đoạn BC. Tìm tọa độ điểm D sao cho DB.DC có giá trị nhỏ nhất. Câu VII. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ (Oxyz) cho A(3;5;4), B(3;1;4). Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P): x  y  z  1  0 sao cho tam giác ABC cân tại C và có diện tích bằng 2 17 . Câu VIII. (1,0 điểm) 2 Giải phương trình log 4  x  1  2  log 2 4  x  log8 (4  x )3 . ---------------Hết--------------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………; Số báo danh:………………….. 10
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 Môn: TOÁN – KHỐI A ( Đáp án gồm 4 trang ). CÂU NỘI DUNG Điểm Câu I 1.(1 điểm) (2 4 2 Với m = 1 hàm số là: y  x  2 x  1. điểm)  TXĐ: D = R.  Sự biến thiên 0,25 +) Giới hạn lim y   ; lim y   . x  x  x  0 +) y '  4 x 3  4 x; y '  0    x  1. +) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0); (1; +  ), nghịch biến trên các khoảng (-  ;- 1); (0; 1). 0,25 +) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1; cực tiểu tại x =  1, yCT = 0. +) BBT x - -1 0 1 + y' - 0 + 0 - 0 + y + 1 + 0,25 0 0  Đồ thị: Vẽ đúng đồ thị 0,25 2. (1 điểm) TXĐ: D= R y '  4 x 3  4mx  4 x( x 2  m) x  0 0,25 y' 0   2 x  m Hàm số có 3 điểm cực trị khi y’=0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0 Gọi 3 điểm cực trị A(0;m), B ( m ;  m2  m), C( m ;  m 2  m) . Ta có A thuộc Oy và B, C đối xứng nhau qua Oy nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam 0,25 giác ABC thuộc Oy. Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(0;a). Ta có: IA2  IB 2  IC 2  1 0,25 m  a  1 (m  a )2  1    2 2   m  a  1 m  ( m  m  a)  1   2 2 m  ( m  m  a)  1(*). 11
-Với m  a  1 thay vào (*) ta có phương trình vô nghiệm m  0. 5 1 -Với m  a  1 thay vào (*) ta có m  1; m  (TM). 2 0,25 1.(1 điểm)  Phương trình  2 sin(2 x  )  7 sin x  cosx  4  0 4 0,25  sin 2 x  cos2 x  7 sin x  cosx  4  0.  (2sin x cos x  cos x)  2 sin 2 x  7 sin x  3  0  cos x (2 sin x  1)  (2 sin x  1)(sin x  3)  0 0,25  (2sin x  1)(cos x  sin x  3)  0.  1  sin x  2 0,25   cos x  sin x  3  0(VN ...)    x  6  k 2  0,25  x  5  k 2 . Câu II   6 (2 2.(1 điểm) điểm) Điều kiện: x  1 0,25 Bất phương trình  x 2  2 x  92  10  ( x 2  2 x  8)  ( x  1  1) x2  2x  8 x2   ( x  2)( x  4)  2 x  2 x  92  10 x 1 1 0,25  x4 1   ( x  2)   ( x  4)  0 2  x  2 x  92  10 x 1  1  1 1   ( x  2)  ( x  4)(  1)  0  x 2  2 x  92  10 x 1  1 0.25 1 1 Ta có: ( x  4)(  1)   0, x  1 x 2  2 x  92  10 x 1  1 Do đó bất phương trình  x  2  0  x  2 0,25 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1  x  2 Câu III (1 điểm) (1 ln 3 (2e3 x  e 2 x ) dx ln 3 (2e3 x  e 2 x ) dx I e   điểm) 0 x 4e x  3  1 0 4e3 x  3e2 x  1 0,25 12
Đặt t  4e3 x  3e 2 x  t 2  4e3 x  3e2 x  2tdt  (12e3 x  6e 2 x )dx tdt 0,25  (2e3 x  e 2 x )dx  3 Đổi cận: x  0  t  1 ; x  ln 3  t  9 9 9 1 tdt 1 1 I  (1  )dt 3  t 1 3  0,25 1 1 t 1 1 9 8  ln 5  (t  ln t  1) 1  . 3 3 0,25 (1 điểm) A1 B1 C1 0.25 A B G I H Câu IV C (1 điểm) Ta có tam giác ABC đều cạnh 2a nên SABC= a 2 3 Mặt khác A1A= A1B= A1C  A1ABC là chóp tam giác đều. 0,25 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có A1G là đường cao. 2 2a 3 Trong tam giác ABC có AG= AH= 3 3 0,25 2a 3 Trong tam giác vuông A1AG có:  A1AG=  A1G=AG.tan  = .tan  3 VLT=A1G.SABC= 2 3a 3  tan   3    600 0,25 Câu V (1 điểm) (1 Ta có: 3 3 1 1 1 0.25 điểm) M  2a  b  ab  bc  3 abc  2a  b  a.4b  b.4c  3 a.4b.16c 4 4 2 2 4 3 a  4b b  4c a  4b  16c 0,25  2a  b    4 4 4 12 13
28(a  b  c) 0,25  7 12 16 4 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  ,b  ,c  7 7 7 0,25 Câu VI 1 điểm ur uu r ur u (1 Gọi VTPT AB, AC, BC lần lượt là: n1 (1; 2); n2 (2;1); n3 (a; b). điểm) Phương trình BC có dạng: a( x  1)  b( y  2)  0, a 2  b 2  0 . Tam giác ABC cân tại A nên ur uru uu ur r u a  2b 2a  b 0.25 cos B  cos C  cos(n1 , n3 )  cos( n2 , n3 )   a 2  b2 . 5 a 2  b2 . 5  a  b  a  b 2 1 Với a=-b, chọn b=-1  a  1  PT BC: x  y  1  0  B (0;1); C ( ; ) . Không thỏa 3 3 0,25 mãn M thuộc đoạn BC. Với a=b, chọn a=b=1  PT BC: x  y - 3  0  B(4; 1); C (4;7) . Thỏa mãn M 0,25 thuộc đoạn BC. Gọi trung điểm của BC là I (0;3) . uuu uuu r r uur uu uur uu u r u r BC 2 BC 2 Ta có: DB.DC  ( DI  IB).( DI  IC )  DI 2   0,25 4 4 Dấu bằng xảy ra khi D  I . Vậy D(0;3) (1 điểm) C thuộc mặt phẳng (P) nên C( a; b; a-b-1) 0.25 Câu Tam giác ABC cân tại C  AC  BC  (a 3)2  (b 5)2  (5 a  b)2  (a 3)2  (b1)2  (5a b)2 b  3 (1) 0,25 VII (1 Ta có AB = 4, trung điểm AB là I (3;3;4) điểm) 1 2 2 0,25 S ABC  CI . AB  2 17  CI  17 => 3  a   8  a   17 (2) 2 a  4 a  7 Từ (1) và (2) ta có  hoặc  0,25 b  3 b  3 Vậy có hai điểm C(4 ; 3 ;0) ; C(7;3;3). Câu ( x  1)2  0  x  1    4  x   1 VIII Điêù kiện:  4  x  0   x  4   * . 0.25 (4  x )3  0  x  4  1  x  4 (1   14
điểm) Pt  log 2 x  1  2  log 2 (4  x )  log 2 (4  x)  log 2 4. x  1  log 2 (16  x 2 )  4 x  1  16  x 2 1 . 0,25 Giải pt(1) được x  2  24; x  2. 0,25 Kết hợp đk (*), nghiệm của phương trình là x  2; x  2  24. 0,25 ……..………Hết ……………. 15