Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 Môn: Toán khối D

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

Thêm vào BST

Báo xấu

204
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 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) Câu 1/ (2,0 điểm). Cho hàm số y

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 Môn: Toán khối D

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
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