Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 47

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

32
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'tổng hợp đề thi thử đh môn toán các khối đề 47', 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: Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 47

Trường THPT chuyên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 NGUYỄN QUANG DIÊU 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) x3 Câu 1/ (2,0 điểm). Cho hàm số y  có đồ thị là (C) x 1 a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho b/ Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất (I: giao điểm hai tiệm cận của(C)) cos 2 x  sin 4 x Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình:  3 2 cos 2 2 x  sin 2 x  1  x  yx  y   1  0  2 Câu 3/ Giải hệ phương trình:  2    x  1 x  y  2  y  0   4 Câu 4/ ( 1 điểm). Tính: A   sin x  cos x  ln 1  sin 2 x dx 0 Câu 5/ ( 1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A/B/C/ có (A/BC) tạo với đáy góc 600, tam giác A/BC có diện tích bằng 8 3 a/Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của BB/ và CC/. Tính thể tích khối tứ diện A/AMN b/ Tính khoảng cách giữa hai cạnh A/B và AC Câu 6/ ( 1 điểm) . Gọi x1 , x 2 , x3 là nghiệm phương trình:   x 3  2m  3x 2  2m 2  m  9 x  2m 2  3m  7  0 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A  x12  x 2  x32  x1 x 2 x3 2 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). Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A là d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc đường thẳng : 2x + y –1 = 0 và diện tích tam giác ABC bằng 1 Câu 8.a (1,0 điểm).Cho A(5 ; 3 ; – 4) và B(1; 3 ; 4). Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tam giác ABC cân đỉnh C và có diện tích S  8 5 . 2 2 2 Câu 9 .a (1,0 điểm ).Giải phương trình: 3 2 x 6 x  3  6 x 3 x 1  2 2 x 6 x 3 B . Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x –6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3) cắt (C1) và (C2) thành hai dây cung bằng nhau x7 y4 z 9 Câu 8.b (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình d 1  :   1 2 1 x  3 y 1 z 1 và d 2  :   . Lập phương trình đường thẳng ()cắt (d1),(d2) và trục Ox lần 7 2 3 lượt tại các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC Câu 9.b (1,0 điểm ).Giải phương trình: 1  log 9 x  3 log 9 x  log 3 x  1 kissyou@yahoo.com.vn sent to www.laisac.page.tl
Đáp án Câu Nội dung Điểm Câu 1a Tập xác định: D = R \ –1 0,25 4 y/  2 , y /  0, x  D x  1 x3 x3 0,25 Vì: lim    và lim    x  1 x  1 x  1 x  1 nên: x = –1 là tiệm cận đứng x 3 x 3 Vì: lim  1 và lim 1 x   x  1 x   x  1 nên: y = 1 là tiệm cận ngang Bảng biến thiên và kết luận 0,25 Đồ thị 0,25 Câu 1b  m 3 0,25 Gọi M  m ;  thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1)  m 1 16 IM  m  12  m  12 16 0,25 IM  m  12  2  2 16  2 2 m  1 16 ( Tương ứng xét g t   t  , t  0 và t = (m + 1)2 và lập được t bảng biến thiên IM nhỏ nhất khi IM  2 2 0,25 Khi đó (m + 1)2 = 4 Tìm được hai điểm M 1 1 ;  1 và M 2  3 ; 3 0,25 Câu 2 cos 2 x  sin 4 x Giải phương trình:  3 2 cos 2 2 x  sin 2 x  1 sin 2 x  1 0,25 2  Điều kiện:  2 sin 2 x  sin 2 x  1  0   1 sin 2 x   2  0,25 cos 2 x  sin 4 x  3  cos 2 x  sin 4 x  3 sin 2 x  cos 4 x   2 sin 2 2 x  sin 2 x  1  cos 2 x  3 sin 2 x  3 cos 4 x  sin 4 x         2 x  3  4 x  6  k 2  cos 2 x    cos 4 x      3  6  2 x    4 x    k 2   3 6
  2 0,25 x  k  x   k 4 6 3 So lại điều kiện được nghiệm phương trình đã cho  2 0,25 x k 6 3 Câu 3  x  yx  y   1  0  2 Giải hệ phương trình:  2    x  1 x  y  2  y  0   x  yx  y   1  0  2  x 2  1  yx  y   2      x  1 x  y  2  y  0   y  x  y  x  y  2   y  0  x 2  1  yx  y     x  y  x  y  2   1  0 ( Vì: y = 0 không là nghiệm của hệ)  x 2  1  yx  y    x 2  1  yx  y       x  y   2 x  y   1  0  2  x  y  12  0   x  1  yx  y  2   x  y  1 x 2  1  y x 2  1  1  x    x  y  1 y  1  x x 2  x  0  x  0  x  1    y  1  x y  1  x Nghiệm của hệ: (0 ; 1) , ( –1 ; 2)  Câu 4 4 A   sin x  cos x  ln 1  sin 2 x dx 0  4 0,25 2 A   sin x  cos x  ln sin x  cos x  dx 0  4 A  2  sin x  cos x  ln sin x  cos x dx 0   (Vì: sin x  cos x  0 , x  0 ;  )  4  cos x  sin x 0,25 u  ln sin x  cos x  du  dx Đặt  suy ra:  sin x  cos x dv  sin x  cos x dx v  cos x  sin x     0,25  4   A  2 sin x  cos x  ln sin x  cos x  04   cos x  sin x dx   0   
   0,25 A  2  2 ln 2  sin x  cos x  04     A = 2 2 ln 2  2  1  A  2 ln 2  2  2 2 Câu 5a A/ C/ Ta có AA /   ABC  B/ N Gọi H là trung điểm BC. AH  BC nên A H  BC.Vậy góc A/HA bằng 600 / A M C H B Trong tam giác vuông A/HA có: AH BC 3 A/ H  0 2  BC 3 cos 60 2 1 BC 2 3 Diện tích tam giác A/BC: S  BC. A / H  2 2 S  8 3 nên BC = 4, AA /  AH tan 60 0  6 1 V A/ AMN  Vlt  2V A. BMNC  BC. AH . AA /  16 3 3 Câu 5b Tính khoảng cách giữa hai đoạn thẳng A/B và AC 0,25 Ta có AA /   ABC  Dựng hình hộp ABDC.A/B/D/D. AC//BD nên AC//(A/BD)  A/B nên d(AC;A/B) = d(AC;(A/BD)) = d(A;(A/BD)) A/ C/ B/ D/ T A C K B D Kẻ AK  BD (K BD) 0,25 BD AK và BD AA/ nên BD (A/AK)  (A/BD) (A/AK) Kẻ AT A/K (TA/K)  AT(A/BD) AT=d(A;(A/BD)) = d(AC;A/B) 1 1 1 1 1 4 1 0,5   / 2     hay AT = 3 AT 2 AK 2 A A 2 3   2 6 2 36 9 Câu 6 Gọi x1 , x 2 , x3 là nghiệm phương trình   x 3  2m  3x 2  2m 2  m  9 x  2m 2  3m  7  0 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của
2 2 A  x12  x 2  x3  x1 x 2 x3 Phương trình: x 3  2m  3x 2  2m 2  m  9x  2m 2  3m  7  0 (*) 0,25 Có nghiệm x3  1 Nên (*)  x  1x 2  2m  1  2m 2  3m  7  0 x  1    x  2m  1x  2m  3m  7  0  0 1 2 2 (1) có hai nghiệm x1 ; x 2 khi: m  12  2m 2  3m  7  0 0,25   m 2  5m  6  0  2  m  3 2 2 2 A  x12  x 2  x3  x1 x 2 x3 = x12  x 2  1  x1 x 2 =  x1  x 2 2  x1 x 2  1 = 2m  2 2  2m 2  3m  6 Hay A = f m   2m 2  11m  2 m 2 ; 3 0,25 11 f / m   4m  11 , f / m   0  m    2 ; 3 4 f 2   28 và f 3  49 0,25 Vậy max A  49 khi m = 3 và min A  28 khi m = 2 PHẦN TỰ CHỌN A. Theo chương trình chuẩn Câu 7a Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ 0,25 A là d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc đường thẳng :2x + y –1 = 0 và diện tích tam giác ABC bằng 1 BC qua B và vuông góc d nên BC có phương trình: x + y + 1 = 0 2 x  y  1  0 x  2 Tọa độ C là nghiệm của hệ   Vậy: C(2 ; –3) x  y  1  0  y  3 2a  4 0,25 Aa ; a  3  d . d  A ; BC   , BC  2 .Theo giả thiết ta 2 1 1 2a  4 có: BC.d  A ; BC   1 hay . 2. 1 2 2 2 1 2a  4 a  1 0,5 Hay . 2 .  1  2a  4  2   2 2 a  3 Với a = –1 thì A(–1 ; 2), với a = –3 thì A(–3 ; 0) Câu 8a Gọi C(a ; b; 0), tam giác ABC cân tại C nên trung điểm 0,25 H(3 ; 3 ; 0) của AB cũng là chân đường cao vẽ từ C.  AC  BC 0,5  Theo giả thiết ta có:  1  2 AB.CH  8 5  a  5  b  3  16  a  12  b  32  16 2 2   1 2 2  16  0  64 . a  3  b  3  8 5 2
a  3 a  3 0,25     b  3  4 b  7  b  1 Có hai trường hợp C(3 ; 7 ; 0), C(3 ; –1 ; 0) 2 2 2 Câu 9a Giải phương trình: 3 2 x 6 x  3  6 x 3 x 1  2 2 x 6 x 3 2 2 2 2 2 2 3 2 x 6 x  3  6 x 3 x 1  2 2 x 6 x 3  3 2 x  6 x  21  6 x 3 x 1  2 2 x 6 x  21 2 x  3 x 1 2 2 x 3 x 1 0,25 2 x  3 x 1 2 x  3 x 1 2 x  3 x 1 3 3 3.9 6  2.4  3    20 2 2 x 2  3 x 1 t  1 l  0,25 3 Đặt t =   t  0 , ta được: 3t  t  2  0   2 2 t   3 2 0,25 Với t  , ta được : x 2  3 x  2  0  x = 1  x = 2 3 Tập nghiệm S  2 ; 3 0,25 B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x –6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3)cắt (C1) và (C2) thành hai dây cung bằng nhau Gọi M(a ; b) (C1) và N(4 –a ; 6 –b) đối xứng với M qua A. Theo 0,5 giả thiết N (C2) a 2  b 2  13  a 2  b 2  13  Vậy ta có:     2  a   6  b   25  2 2 2  a 2  6  b 2  25  2 2 a  b  13  0   2 a  b 2  4a  12b  15  0   a  2 0,25  l   b  3 a 2  b 2  13  0   17 6     a   17 , vậy M   ;  . 4a  12b  10  0   5 5  5  6  b   5 Phương trình đường thẳng cần tìm x –3y + 7 = 0 0,25 Câu 8b x7 y4 z 9 x  3 y 1 z 1 Cho d 1  :   và d 2  :   . Lập 1 2 1 7 2 3 phương trình đường thẳng () cắt (d1),(d2) và trục Ox lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC Gọi A7  a ; 4  2a ; 9  a   d1  , B3  7b ; 1  2b ; 1  3b   d1  và 0,25 C(c ; 0 ; 0) Ox B là trung điểm AC nên: 0,25 7  a  c  23  7b  a  14b  c  1  0 a  1    4  2a  21  2b   2a  4b  2  0  b  1 9  a  21  3b  a  6b  7  0 c  14    Vậy: A8 ; 6 ; 8  d1  , B 4 ; 3 ; 4   d 1  0,25
x 8 y 6 z 8 0,25 Phương trình  :   12 3 4 Câu 9b Giải phương trình: 1  log 9 x  3 log 9 x  log 3 x  1 Điều kiện xác định: x ≥ 1 0,25 1  log 9 x  3 log 9 x  log 3 x  1  1  log 9 x  3 log 9 x  2 log 9 x  1   1  2 log 9 x  2 log 9 x  1 1  log 9 x  3 log 9 x  0,25   2 log 9 x  1 1  log 9 x  3 log 9 x  1  0   2 log 9 x  1 vì: 1  log 9 x  3 log 9 x  1  0 0,25  x = 3. Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3 0,25 Trường THPT chuyên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 NGUYỄN QUANG DIÊU Môn: Toán khối A,A1,B 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 y = x3 –6x2 + 9x –2 có đồ thị là (C) a/ Khảo sát sư biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích S = 6   Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình: 2 sin  2 x    sin x  3 cos x  2  0  4  x2  2y  3  2y  3  0  Câu 3/ Giải hệ phương trình:    2 2 y 3  x 3  3 y  x  12  6 x  x  1  2  0   Câu 4/ ( 1 điểm) Tính: A   sin x cos x ln 1  sin x dx 2 2 0 Câu 5/ ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông góc mặt đáy và SA = 2a a/ Gọi M là trung điểm SB, V1 là thể tích tứ diện SAMC, V2 là thể tích tứ diện ACD. V1 Tính tỷ số V2 b/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD Câu 6/ Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3 x  y  1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của A   x xy 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).Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) và tiếp xúc : 3x – 4y + 14 = 0 Câu 8.a (1,0 điểm). Cho B5 ;  2 ; 2  , C 3 ;  2 ; 6  và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa độ
điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A Câu 9 .a . (1,0 điểm ) Giải phương trình: 8 log 4 x 2  9  3 2 log 4  x  32  10  log 2  x  32 B . Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Cho (C): (x +6)2 + (y –6)2 = 50. M là điểm thuộc (C)( M có hoành độ và tung độ đều dương) .Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M sao cho tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là trung điểm Câu 8.b (1,0 điểm ). Cho M(0; 0; 1) A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình mặt phẳng 2 (P) qua A,B và khoảng cách từ M đến (P) bằng . 2   Câu 9.b . (1,0 điểm ). Giaỉ bất phương trình: log 6 3 x  6 x  log 64 x Đáp án Câu Nội dung Điểm 3 2 Câu 1a Cho hàm số y = x –6x + 9x –2 có đồ thị là (C) 0,25 a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho Tập xác định: D = R y/ = 3x2 –12x + 9 y/ = 0  x = 1  x = 3 0,25 lim x 3  6 x 2  9 x  2    và lim x 3  6 x 2  9 x  2    x   x   Bảng biến thiên và kết luận 0,25 Đồ thị 0,25 Câu 2b b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích S = 6 Hai điểm cực trị A(1 ; 2), B(3 ; –2), AB  2 5 0,25 Phương trình AB: 2x + y – 4 = 0. Gọi M m ; m 3  6m 2  9m  2   C  0,25 2m  m 3  6m 2  9m  2  4 m 3  6m 2  11m  6 d M ; AB    5 5 Diện tích tam giác MAB: 1 S AB.d M ; AB   m 3  6m 2  11m  6 2 m 3  6m 2  11m  6  6 m  0 0,25 S 6 3 2   m  6m  11m  6  6  m  4 m = 0  M(0; –2) phương trình: y = 9x –2 0,25 m = 4  M(4 ; 2) phương trình: y = –3x +14 Câu 2   Giải phương trình 2 sin  2 x    sin x  3 cos x  2  0  4
  0,25 2 sin  2 x    sin x  3 cos x  2  0  4  sin 2 x  cos 2 x  sin x  3 cos x  2  0  2 sin x cos x  sin x  2 cos 2 x  3 cos x  1  0  sin x2 cos x  1  cos x  12 cos x  1  0 0,25  2 cos x  1sin x  cos x  1  0  1 0,25 cos x  2   sin  x     1     4  2   0,25 Nghiệm phương trình: x    k 2 , x  k 2 , x   k 2 3 2 Câu 3 Giải hệ phương trình: 0,5  x 2  2 y  3  2 y  3  0 1     2 2 y 3  x 3  3 y  x  12  6 x  x  1  2  0  2  (2)  2x  13  3 y x  12  4 y  0 3 2  x  1  x  1  2  y   y  40   3  do y = 0 không là nghiệm     x 1   2 y  x2  2y  3  2y  3  0  0,25 Hệ trở thành:   x  2 y  1   3 0,25 y  2    4y2  6y  4  3  2y  5  14 5    y  nghiệm của hệ:   ;   x  2 y  1   18  9 18   14 x   9   Câu 4 Tính: A   2 sin x cos x ln 1  sin 2 x dx 0 1   Tính: A   2 sin 2 x ln 1  sin 2 x dx 2 0  Đặt u  ln 1  sin 2 x  và dv  sin 2 xdx 0,25 sin 2 x Suy ra: du  2 dx và v  1 sin 2 x 1  sin x    0,25  2 1 2  sin 2 xdx  Khi đó: A  1  sin x ln 1  sin x  0  2 2  2  0   
1    0,25 A  2   2  1  sin x ln 1  sin x 2  2 0   sin 2 x  2 0   ln 4  1 0,25 A 2 Câu 5a Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông góc mặt đáy và SA = 2a a/ Gọi M là trung điểm SB, V1 là thể tích tứ diện SAMC, V2 là thể V1 tích tứ diện MACD. Tính tỷ số V2 S VS . AMC 1 0,25 Ta có:  . Gọi H là trung điểm SA VS . ABC 2 M A D H B C 1 SA  (ABCD) nên MH  (ABCD) và MH  SA 2 1 V1 0,25 VM . ACD  VM . ABC  VS . ABC vậy: 1 2 V2 Câu 5b Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD S Gọi E là điểm đối xứng của B qua A.Ta có 0,25 AEDC là hình bình hành và góc EAC bằng 1350, CD = a và AC  a 2 K A C AC // ED nên AC // (SDE)  SD nên d(AC,SD) = d(AC,(SDE)) = d(A,(SDE)) E H D Kẻ AH  ED ( H ED)  ED(SAH)  (SED)(SAH) Kẻ AK SH  AK  (SDE) vậy AK = d(AC,SD) Trong tam giác SAH có 0,25 1 1 1 1 1 3 2  2  2  2  2  2 AK SA AH 4a 2a 4a 2a Vậy: AK = d(AC,SD) = 3 Câu 6 Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x + y ≤ 1.Tìm giá trị nhỏ 0,25 1 1 nhất của A   x xy 1 0,25 Giải. 1  3 x  y  x  x  x  y  44 x 3 y hay 4 xy  4 1 1 1 2 0,25 A  ≥2  8 x xy x xy 4 x3 y
 1 0,25 x  y  2 1  A=8   xy 1 1 2   4 x  xy 1 Giá trị lớn nhất của A là 8 khi x  y  2 PHẦN TỰ CHỌN A. Theo chương trình chuẩn Câu 7a Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) và tiếp xúc : 3x – 4y + 14 = 0 Tâm I thuộc d nên I(a ; –2a). Theo giả thiết ta có AI = d(I ; d) hay 0,25 3a  8a  14 a  2 2   2a  2 2   25 5 5a 2  12a  8  11a  14  a = 1 0,25 Ta được I(1; –2)  bán kính R = 5 (0,25) Phương trình đường tròn cần tìm: (x –1)2 + (y +2)2 = 25 0,25 Câu 8a Cho B5 ;  2 ; 2  , C 3 ;  2 ; 6  và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa độ điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực cạnh BC, (Q) qua trung 0.25 điểm của BC và có vectơ pháp tuyến là BC . Phương trình (Q): x –2z + 4 = 0. A(a ; b; c) (P) và A(a ; b; c) (Q) nên: 0.25  2a  b  c  5  0 b  13  5c    .Khi đó: A2c  4 ; 13  5c ; c  a  2c  4  0  a  2c  4 AB  9  2c ; 5c  15 ; 2  c  và AC  7  2c ; 5c  15 ; 6  c  0.25 Tam giác ABC vuông tại A nên: AB. AC  0  9  2c 7  2c   5c  152  2  c 6  c   0  5 30c 2  170c  200  0  c  4  c  3  11 20 13  0.25 có hai điểm A1  1 ;  7 ; 4  và A2  ; ;  3 3 3 Câu 9a 2 Giải phương trình: 8 log 4 x 2  9  3 2 log 4  x  3  10  log 2  x  3 2 x 2  9  0  x  3  x  3  x  3  x  3 0.25   2  2  Điều kiện: log 4  x  3  0   x  3  1   x  4  x  2  2 x  3  0 x  3  x  3  0     x  4  x  3 Phương trình đã cho trở thành: 0,25 2 2 log 2  x  3  3 log 2  x  3  10  0  log  x  32  2 0,25 2    log  x  32  5 vn   2
2 2  log 2  x  3  4   x  3  16 0,25 x  3  4  x  1 l      x  3  4  x  7 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = –7 B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b Cho (C): (x +6)2 + (y –6)2 = 50. M là điểm thuộc (C)(M có hoành độ ,tung độ đều dương). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M sao cho tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là trung điểm (C) có tâm I(–6 ; 6) và bán kính R  5 2 0,25 Gọi A(a ; 0) và B(0 ; b) ( ab ≠ 0) là giao điểm của tiếp tuyến a b cần tìm với hai trục tọa độ,suy ra M  ;  , phương trình AB:  2 2 x y   1  bx  ay  ab  0 * a b a b  0,25 IM    6 ;  6  và AB   a ; b  2 2  Theo giả thiết ta có :   a  12   b  12    a  2   b 2   0      IM  AB và M(C) hay  2 2  a  6    b  6   50  2     2   b 2  a 2  12a  12b  0 0,25  b  a b  a   12a  b   0   a  12  2  b  12  2   2 2      50 a  12   b  12   200  2   2  a  b b  a  12   0 1 b   a l    2 2 . 1   a  12   b  12  200 2 b  a  12 Với b  a  12 thay vào (2) được: a  12 2  a 2  200 0,25  a = 2  a = –14 ( loại) Với a = 2 , b = 14, ta có phương trình: 7x +y –14 = 0 Câu 8b Cho M(0; 0; 1), A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình 2 mặt phẳng (P) qua A, B và khoảng cách từ M đến (P) bằng . 2 Phương trình mặt phẳng qua A có dạng: a(x –1) + by + c(z –1) = 0 (a2 + b2 + c2 > 0): hay ax + by +cz –a –c = 0 Qua B nên: 2a –b –a –c = 0 hay a = b + c Khi đó (P): (b+c)x + by +cz –b –2c = 0
2 bc 1 d M ; P   nên:  2 b  c 2  b 2  c 2 2 Hay: 2b 2  4bc  2c 2  2b 2  2bc  2c 2  0  b = 0  c = 0 Với c = 0 a = b. Chọn b = 1  c = a. (P): x + y –1 = 0 Với b = 0 a = c. Chọn c = 1  c = a. (P): x + z –2 = 0 Câu 9b  Giaỉ bất phương trình: log 6 3 x  6 x  log 64 x  6 Đặt: t  6 x , t  0 suy ra: x = t 0,25 Bất phương trình trở thành: log 6 t 2  t   log 64 t 6    log 6 t 2  t  log 2 t Đặt: log 2 t  u  t  2 u . Bật phương trình trở thành: 0,25 u u  2 1 4u  2 u  6u        1  3 3  2 1 u u 0,25 Gọi: f u        là hàm luôn nghịch biến nên:  3 3 f u   f 1  1  u  1  log 2 t  1  t2  6 x  2  0 ≤ x ≤ 64 0,25 kissyou@yahoo.com.vn sent to www.laisac.page.tl