ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST

Báo xấu

227
lượt xem 88
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử tuyển sinh đại học lần 1- năm 2012 môn toán trường thpt quỳnh lưu 4', 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 TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 1 Câu I (2,0 điểm ) Cho hàm số y  (C) x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi M là điểm nằm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1, I là giao điểm hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến với (C) tại M cắt tiệm cận đứng tại A, cắt tiệm cận ngang tại B. Tính diện tích tam giác IAB. Câu II (2,0 điểm ) 4 cos3 x  2 cos2 x  2sin x  1  sin 2 x  2  sinx  cosx  1. Giải phương trình 0 2sin 2 x  1 2 x 2  5 x  3  2  3 x  6 x.5 x 2. Giải bất phương trình sau: 2 3 x.5 x  1 e  ln x   3x 2 ln x  dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I    1  x 1  ln x  Câu IV (1,0 điểm ) Cho hình chóp SABC có SA  3a (với a  0 ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 600. Tam giác ABC vuông tại B, ACB  300 . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là những số thực dương thoả mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu x 5  2 x3  x y 5  2 y 3  y z 5  2 z 3  z . thức: P    y2  z2 z2  x2 x2  y 2 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết C  1;1 , trực tâm H 1;3 , trung điểm của cạnh AB là điểm I  5;5  . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC.   2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết B  1;0; 2  , C  1;1;0  , D  2;1; 2  , vectơ OA cùng  5 phương với vectơ u   0;1;1 và thể tích tứ diện ABCD là . Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 6 log2 x log2 4 x2 2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 4 x  6  2.3 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm ) 2 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A  2;1 và đường tròn (C):  x  1   y  2   5. Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất. x y 1 z và mặt phẳng (P): 7 x  9 y  2 z  7  0 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   1 3 2 3 cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d và cách d một khoảng là . 42 log 2 y  log 2 x 9 1  log 2 x  1  log 2 y  10  Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 2  1  log 2.log 2 .log ( xy )  9  y x 2  2 ----------- 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:................................
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1-NĂM 2012 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm ) Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  2 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M thuộc (C), biết M cùng với hai điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6. Câu II (2,0 điểm ) 1  cot 2 x.cotx    1  6 sin 4 x  cos 4 x 1. Giải phương trình 2 cos x  xy  x  7 y  1 2. Giải hệ phương trình sau:  2 2 2  x y  10 y  1   dx x 1  3 x 2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  10 1 Câu IV (1,0 điểm ) Cho hình chóp SABC có SA  3a (với a  0 ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 600. Tam giác ABC vuông tại B, ACB  300 . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a.   Câu V (1,0 điểm) Tìm m để phương trình 12 4  x  3 x 2  3x  24  m 3 x  1  2 4  3 x có nghiệm. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết C  1;1 , trực tâm H 1;3 , trung điểm của cạnh AB là điểm I  5;5  . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC.   2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết B  1;0; 2  , C  1;1;0  , D  2;1; 2  , vectơ OA cùng  5 phương với vectơ u   0;1;1 và thể tích tứ diện ABCD là . Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 6 log2 x log2 4 x2 2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 4 x  6  2.3 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm ) 2 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A  2;1 và đường tròn (C):  x  1   y  2   5. Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biết B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất. x y 1 z và mặt phẳng (P): 7 x  9 y  2 z  7  0 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   1 3 2 3 cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d và cách d một khoảng là . 42  x2  x 1  Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y   4 ;   trên  2x  1  ----------- 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- THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A (Đáp án- thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) * Tập xác định D  R / 1 * Sự biến thiên: 3 0,25 Chiều biến thiên: y '    0, x  D 2  x  1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;   . Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  2; tiệm cận ngang: y  2 x  x  0,25 lim y  lim y  1; tiệm cận đứng: x  1   x 1 x 1 Bảng biến thiên: x   1 - - y' 0,25 y  2  2  2a  1  3 ; a  1 . Ta có y '   . Do điểm M thuộc (C) nên M  a; 0,25 2  x  1  a 1  2a  1 3 2 x  a  Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là y   (d) 0,25 (a  1) a 1  2a  4  Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận đứng là A  1;  . Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận ngang 0,25  a 1  là B  2a  1; 2  . Tọa độ giao điểm 2 đường tiệm cận là I 1; 2     6   6 ; IB   2a  2; 0   IB  2a  2 . Ta có IA   0;   IA   a 1  a 1 0,25 1 16 Vậy diện tích tam giác IAB là: S IAB  IA.IB  . 2a  2  6 2 a 1 2 II. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) 0,25   Điều kiện 2sin 2 x  1  0  x   k 4 2 0,25 2 Phương trình tương đương với 4cos x  sinx  cosx   2cosx  sinx  cosx   2  sinx  cosx   0 2  sinx  cosx   cosx  1  2cosx  1  0 0,25  2 Từ đó tìm được x    m hoặc x  2m hoặc x    2m 4 3 0,25 2m Đối chiếu điều kiện ta được x  . 3 2. (1,0 điểm) 0,25 1 Điều kiện:   x  3 . Bất phương trình tương đương với 2
5x  3  x   2 x  1  3 x.5 x 5 x 2 x 2  5 x  3  (3 x  2)5 x  6 x (1) 2  0 3 x.  5 x 3x  5x 0,25  ln 5  Xét hàm số g ( x )  3 x  5x , g '( x)  3  5 x.ln 5, g ( x)  0  x  log 5  . 3   ln 5   Lâp bảng biến thiên, ta thấy g ( x )  g  log 5    0  3   0,25 5  157  3  x   2 x  1  3 x  0 ( vì 5x  0 )  x  (1)  22 0,25  5  157  Vậy nghiệm của bất phương trình là: T    22 ;3   III. (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0,25 e e e  ln x   ln x  dx  3  x 2 ln x  dx  I1  3I 2  3x 2 ln x  dx    I    1  x 1  ln x 1  x 1  ln x   1 0,25 e dx  ln x  2 2  dx . Đặt t  1  ln x  t  1  ln x  ln x  t  1 . Suy ra x  2tdt + Tính I1    1  x 1  ln x  Khi x  1  t  1; x  3  t  2 . 2 t  .2tdt  2 2 1 2 2  t3  2(2  2)   2  I1  t  1 dt  2   t   .  t 3 1 3  1 1 0,25 dx  du  x u  ln x e    +Tính I 2   x 2 ln x dx . Đặt   2 3 dv  x dx v  x 1  3  e e x3 x3 1 x3 2e3  1 1 e e  I 2  ln x 1   x 2 dx  ln x 1   3 31 3 331 9 0,25 5  2 2  2e 3 I  I1  3 I 2  3 IV. (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm BC. 0,25 3a Ta có SG  ( ABC ); SAG  600 , AG  . 2 0,25 9a 3a 3 Từ đó AK  ; SG  . 4 2 0,25 Trong tam giác ABC đặt AB  x  AC  2 x; BC  x 3. 9a 7 Ta có AK 2  AB 2  BK 2 nên x  14 0,25 1 243 3 VS . ABC  SG.S ABC  a (đvtt) 3 112 V. (1,0 điểm) (1,0 điểm) Do x, y, z > 0 và x 2  y 2  z 2  1 nên x,y, z  ( 0;1) 0,25 0,25 x 5  2 x 3  x x ( x 2  1) 2   x3  x .  Ta có 2 2 2 y z 1 x Khi đó, ta có: P  ( x  x )  ( y 3  y )  ( z 3  z ) 3
0,25 23 23 Xét hàm số f (a)   a 3  a, a   0;1 . Ta có max f (a )  . Suy ra P  . 9 3  0;1 0,25 1 23 , đạt được khi x  y  z  Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là . 3 3 VIa. 1. (1,0 điểm) (3,0 điểm) Phương trình AB: x  y  10  0 . 0,25 0,25 Do A  AB nên A(b;10  b) .Từ I là trung điểm AB, tìm được B(10  b; b) .         0,25 AH  (1  b; b  7); CB  (11  b; b  1). Ta có AH  CB  AH .CB  0 . 0,25  1  b  11  b    b  7   b  1  0  b  1; b  9 Khi b  1  A 1;9  ; B  9;1 . Khi b  9  A  9;1 , B 1;9  2. (1,0 điểm)    0,25 Từ giả thiết có OA  t.u  (0; t ; t )      A(0; t; t ).BC  (0;1; 2), BD  (3;1; 4), BA  (1; t ; t  2)        0,25   BC , BD   (2; 6; 3) . Suy ra  BC , BD  BA  9t  4.         0,25 1 51 1 Ta có VABCD   BC , BD  BA   9t  4  t  1; t   .   6 66 9 0,25 Với t  1  A(0;1;1) . 7 29 7 46 Mặt cầu cần tìm có phương trình là: ( S ) : x 2  y 2  z 2  x  y z 0. 5 5 5 5 1 Với t    0 , tương tự ta tìm được phương trình mặt cầu 9 3. (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện x  0 61 log2 x log x log 4 x2 2 2  2log2 4 x  6log2 x  2.3log2 4 x  22log2 2 x   2.32log2 2 x  0 4 x 2  6 2  2.3 2 6 0,25  6.22log2 2 x  61 log2 x  12.32log2 2 x  0 0,25 2log 2 2 x log 2 2 x 2 2  6.      12  0 3 3 0,25 log 2 x 2 2 3 1  x  3 2 4 VIb. 1. (1,0 điểm) (3,0 điểm) Kiểm tra điểm A ta thấy A nằm trong đường tròn (C). 0,25    0,25 Khi đó PA/(C) = AB.AC   AB.AC  IA2  R 2  3 . Suy ra AB.AC=3. 0,25 Theo BĐT AM-GM ta có BC  AB  AC  2 AB.AC  2 3 . Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC.   0,25 Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận IA  (1; 1) là vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0. 2. (1,0 điểm)     0,25 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud (2; 1; 3) .mp(P) có vectơ pháp tuyến nP (7;9; 2) . Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên  thì 0,25  1  n P , u d   (1; 1;1) M (4; 1; 6) . Đường thẳng  có vectơ chỉ phương u   25   0,25 1 Ta thấy  , d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 42
    u  , u d  MH 3t 3 3    t  1 hoặc t  1 nên     42 42 42 u  , u d    0,25  x  7  t  x  15  t '   Vậy có hai đường thẳng cần tìm là 1 :  y  4  t (t  R );  2 :  y  6  t '( t  R )  z  10  t  z  22  t '   3. (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện: 0  x, y  1 . Đặt a  log 2 x; b  log 2 y . Khi đó, hệ phương trình trở thành: a b 9      10  a  b  1  ab   9 1  a 2 1  b 2 1  a 1  b 2 2 10 (*) (1)      1  1   a  b   9 (**) (2) 2  a  b  1  ab   9ab   ab  2    0,25 1  b2 5a   1  b  2 2 Lấy phương trình (1) chia vế theo vế (2) ta được: 5ab  1  a   (3) 1  a2 b a 9 b Từ (*), ta suy ra  . 2 10 1  b 2 1 a 0,25 b  1  b2 1  b2 9 b 9 Thay vào (3), ta có: 5     5   0 (4) 2 2  10 1  b  1 b 2 b b 2 1 b 59 5 . Phương trình (4) trở thành: t    0  2t 2  9t  10  0  t  2; t  . Đặt t  b t2 2 0,25 x  2   Với t  2  b 2  2b  1  0  b  1  y  2   x  4 b  2  y  4, x  2 5 Với t   2b  5b  2  0   2 b  1  y  2, x  2 2  2   2; 4 ,  4; 2  . Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (2; 4); (2; 2 ) - - - Hết - - -
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: D (Đáp án- thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) * Tập xác định D  R * Sự biến thiên: 0,25 Chiều biến thiên: y '  3 x 2  12 x  9 , y '  0  x  1; x  3 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1 và  3;   . Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;3 0,25 Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  Cực trị: xCD  1, yCD  2; xCT 3 , yCT  2 Bảng biến thiên: 0,25 x   1 3  y' 0  0  2 y  2 * Đồ thị: 0,25 HS tự vẽ 2. (1,0 điểm)   0,25 Điểm M  (C ) nên M t ; t 3  6t 2  9t  2 , t  1;3 . 0,25 Hàm số có đồ thị (C) nhận điểm cực tiểu A  3; 2  , điểm cực đại B  2;1 . Phương trình AB: 2 x  y  4  0 0,25 2t  t 3  9t  2  4 1 1 AB.d  M , AB   6  6  Ta có: S ABM  4  16 2 2 4 1 0,25  t 3  6t 2  11t  6  6  t  0; t  4 Vậy điểm M là M (0; 2); M (4; 2) . II. 1. (1,0 điểm)
0,25 (2,0 điểm) k ĐK sin 2 x  0  x  2 0,25 cosx 1   1  6  1  sin 2 2 x  (1)  2 cos x sin x.sin 2 x 2  0,25 2  sin 2 2 x 2 1   1  6  1  sin 2 2 x    6  3sin 2 2 x  2 2 sin 2 x 2 sin 2 x  0,25  2  sin 2 x  (6  3sin 2 x) sin 2 x  3sin 4 2 x  5sin 2 2 x  2  0 2 2 2   x    m  4 2 sin 2 2 x  1   6 1   2  3   m 2   x  arcsin    sin 2 x  2     3    6 1  3   m  x   arcsin    22     2. (1,0 điểm) 0,25 1 Ta có: y 0 không là nghiệm của HPT. Đặt t  do đó y 0,25 x 7  t  x  t  1  x  xt  7  t  x  xt  t  7   2  2 2 2 2  x  10  t  x  t  10  x  10 t 2 2 t 1  0,25 S  P  7 S  4  S  6 Đặt S  x  t ; P   xt , ta có  2 hoặc   P  3  P  13 S  2 P  10 0,25 S  4 thì x;t là nghiệm PT X 2  4 X  3  0 X 1; X 3. Khi  P  3 1  Vậy nghiệm HPT đã cho là  1;   ;  3; 1  3  S  6 thì x;t là nghiệm PT X26X 13 0VN . Khi  P  13  III. (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đặt t  x  1  t 2  x  1  dx  2tdt 0,25 Khi x  1  t  0; x  2  t  1 0,25 1 2t (t 2  1)(t  3) Khi đó: I   dt t2 9 0 0,25 1 30      t 2  3t  10   dt t 3  0 0,25 1  t 3 3t 2  53 4  2   10t  60 ln t  3    60 ln 3 2 0 3 3 IV. (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0,25 3a Gọi K là trung điểm BC. Ta có SG  ( ABC ); SAG  600 , AG  . 2 0,25 9a 3a 3 Từ đó AK  ; SG  . 4 2 0,25 Trong tam giác ABC đặt AB  x  AC  2 x; BC  x 3.
9a 7 Ta có AK 2  AB 2  BK 2 nên x  14 0,25 1 243 3 VS . ABC  SG.S ABC  a (đvtt) 3 112 V. (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đặt t  3 x  1  2 4  3 x , t   21; 7  0,25   0,25 1 Khi đó phương trình trở thành t 2  1  mt  m  t  , do t  0 (2). t Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t   21;7  .   0,25 1 1 Xét hàm số f (t )  t  , t   21;7  . Ta có f '(t )  1  2  0 .   t t 0,25 20 48 m Xét bảng biến thiên ta có phương trình (1) có nghiệm khi 7 21 VIa. 1. (1,0 điểm) (3,0 điểm) Phương trình AB: x  y  10  0 . 0,25 0,25 Do A  AB nên A(b;10  b) .Từ I là trung điểm AB, tìm được B(10  b; b) .          0,25 AH  (1  b; b  7); CB  (11  b; b  1). Ta có AH  CB  AH .CB  0 . 0,25  1  b  11  b    b  7   b  1  0  b  1; b  9 Khi b  1  A 1;9  ; B  9;1 . Khi b  9  A  9;1 , B 1;9  2. (1,0 điểm)    0,25 Từ giả thiết có OA  t.u  (0; t ; t )      A(0; t; t ).BC  (0;1; 2), BD  (3;1; 4), BA  (1; t ; t  2)        0,25   BC , BD   (2; 6; 3) . Suy ra  BC , BD  BA  9t  4.         0,25 1 51 1 Ta có VABCD   BC , BD  BA   9t  4  t  1; t   .   6 66 9 0,25 Với t  1  A(0;1;1) . 7 29 7 46 Mặt cầu cần tìm có phương trình là: ( S ) : x 2  y 2  z 2  x  y z 0. 5 5 5 5 1 Với t    0 . Tương tự tìm ra phương trình mặt cầu 9 3. (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện x  0 61 log2 x log x log 4 x2 2 2  2log2 4 x  6log2 x  2.3log2 4 x  22log2 2 x   2.32log2 2 x  0 4 x 2  6 2  2.3 2 6 0,25  6.22log2 2 x  61 log2 x  12.32log2 2 x  0 0,25 2log 2 2 x log 2 2 x 2 2  6.      12  0 3 3 0,25 log 2 x 2 2 3 1  x  3 2 4 VIb. 1. (1,0 điểm) (3,0 điểm) Kiểm tra điểm A ta thấy nằm trong đường tròn (C). 0,25    0,25 Khi đó PA/(C) = AB.AC   AB.AC  IA2  R 2  3 . Suy ra AB.AC=3. 0,25 Theo BĐT AM-GM ta có BC  AB  AC  2 AB.AC  2 3 . Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC.
 0,25 Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận IA  (1; 1) là vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0. 2. (1,0 điểm)    0,25 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud (2; 1; 3) .mp(P) có vectơ pháp tuyến nP (7;9; 2) . Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên  thì 0,25  1  n P , u d   (1; 1;1) M (4; 1; 6) . Đường thẳng  có vectơ chỉ phương u   25   0,25 1 Ta thấy  , d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 42     u  , u d  MH 3t 3 3    t  1 hoặc t  1 nên     42 42 42 u  , u d    0,25  x  7  t  x  15  t '   Vậy có hai đường thẳng cần tìm là 1 :  y  4  t (t  R );  2 :  y  6  t '( t  R )  z  10  t  z  22  t '   3. (1,0 điểm) 0,25 2 x2  2 x  1 Ta có y '   ; 2  2 x  1 0,25 1  3 y' 0  x  2 Bảng biến thiên: 1  3 1   x 2 4   y' 0 2 3 2 0,25 y 5   8 0,25 1  3 2 3 , tại x  Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị lớn nhất của hàm số: max y  2 2 1    4 ;     - - - Hết - - -