1. WWW.VNMATH.COM
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012
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=
x −1
(C)
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 cos 3 x + 2 cos 2 x ( 2 sin x −1) −sin 2 x − 2 ( sinx + cosx )
1. Giải phương trình =0
2 sin 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 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ + 3 x 2 ln x ÷dx
1  x 1 + ln x 
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có (với ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 600. Tam giác
SA = a
3 a >0
ABC vuông tại B, ·ACB =30 . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt
0
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 +y +z =1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
2 2 2
x5 − 2 x3 + x y 5 − 2 y 3 + y z 5 − 2 z 3 + z
thức: P=
y2 + z2
+
z 2 + 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.
u ur
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết B ( − 0; 2 ) , C ( −
1; 1;1; 0 ) , D ( 2;1; − )
2 , vectơ OA cùng
r 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
log 2 x log 2 4 x 2
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 4x2 −6 =2.3
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A ( 2;1) và đường tròn (C): ( x −1) +( y −2 ) Viết phương
2 2
=5.
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
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
2
=
−1
=
−3
và mặt phẳng (P): 7x + y + z − =
9 2 7 0
cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d
và cách d một khoảng là
3
42
.

2. WWW.VNMATH.COM
 log 2 x log 2 y 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
(

x y ) 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:................................
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1-NĂM 2012
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 −6 x +9 x −2 3
(C) 2
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. Giải phương trình cos 2 x
(
+1 = 6 sin 4 x + cos 4 x )
 xy = x + 7 y + 1
2. Giải hệ phương trình sau:  2 2
 x y = 10 y −1
2
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =∫
2 x ( x −1 − 3 ) dx
1 x −10
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có (với ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 600. Tam giác
SA = a
3 a >0
ABC vuông tại B, ·ACB =30 . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt
0
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 =3 x −24 +m 3 ( x + +2 4 −3 x
1 ) 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.
u ur
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết B ( − 0; 2 ) , C ( −
1; 1;1; 0 ) , D ( 2;1; − )
2 , vectơ OA cùng
r 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
log 2 x log 2 4 x 2
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 4x2 −6 =2.3
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

3. WWW.VNMATH.COM
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A ( 2;1) và đường tròn (C): ( x −1) +( y −2 ) Viết phương
2 2
=5.
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
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
2
=
−1
=
−3
và mặt phẳng (P): 7x + y + z − =
9 2 7 0
cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d
và cách d một khoảng là
3
42
.
− x2 + x  1 
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y= trên  − 4 ; +∞ 
÷
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:................................
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
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
( x −1)
2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 1; +∞ ) .
lim y = lim y =2;
Giới hạn và tiệm cận: x→ ∞
− x→ ∞
+ tiệm cận ngang: y=2
0,25
lim y = lim y =1;
x→1− +
x→1 tiệm cận đứng: x =1
Bảng biến thiên:
x −∞
1
+∞
'y - - 0,25
y 2 +∞
−∞ 2
3  2a +1 
Ta có y' = − . Do điểm M thuộc (C) nên M  a; ÷; a > 1 .
( x − 1)
2
 a −1  0,25

4. WWW.VNMATH.COM
3 2a +1
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là y =− ( x −a ) + (d)
( a −1) 2 a −1 0,25
 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 )
uu 
r 6  6 uu
r
Ta có IA = 0; ÷⇒IA = ; IB = ( 2a − 2; 0 ) ⇒IB = 2a − 2 .
 a −1  a −1
0,25
1 1 6
Vậy diện tích tam giác IAB là: S IAB = IA.IB = . 2a − 2 = 6
2 2 a −1
II. 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) π π 0,25
Điều kiện 2 sin 2 x −1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 4 + k 2
Phương trình tương đương với 4cos 2 x ( sinx +cosx ) − cosx ( sinx +
2 cosx ) − ( sinx +
2 cosx ) =0 0,25
2 ( sinx +cosx ) ( cosx − ) ( 2cosx + ) =
1 1 0
0,25
π 2π
Từ đó tìm được x=− + mπ hoặc x = mπ
2
hoặc x =± + 2mπ
4 3
2mπ 0,25
Đối chiếu điều kiện ta được x=
3
.
2. (1,0 điểm)
1 0,25
Điều kiện: − ≤ x≤3
2
. Bất phương trình tương đương với
5 x −2 x 2 + 5 x + 3 + (3 x − 2)5 x + 6 x
<2
5x ( 3 − x ) ( 2 x +1) + 3x.5 x (1)
⇔ <0
3 x. −5 x 3x − 5 x
 ln 5  0,25
Xét hàm số g ( x ) =3x −5 x , 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 
5 − 157 0,25
(1) ⇔ ( 3 −x ) ( 2 x +1) +3 x >0 ( vì 5x > 0
) ⇔x>
22
 5 − 157  0,25
Vậy nghiệm của bất phương trình là: T =
 ;3
 22 
III. (1,0 điểm)
(1,0 điểm) e
 ln x  e
 ln x  e 0,25
I = ∫
1  x 1 + ln x
+3 x 2 ln x ÷ = ∫ 
dx ÷ +3∫ x ln x dx = I1 +3I 2
1  x 1 + ln x 
dx 2
( )
 1
e
 ln x  dx 0,25
+ Tính I1 = ∫ 
1  x 1 + ln x
÷dx

. Đặt t = 1+ x ⇒ = + x ⇒ x = 2 −
ln t2 1 ln ln t 1 . Suy ra x
= 2tdt
Khi x = ⇒= x = ⇒= 2
1 t 1; 3 t .

5. WWW.VNMATH.COM
(t ) .2tdt = 2
2
2 2
−1 2
 t3  2(2 − 2 )
⇒ I1 = ∫ ∫( )
t −1 dt = 2  − t ÷ = .
2
1
t 1 3 1 3
 dx 0,25
e u = ln x  du = x

+Tính (
I 2 = ∫ x 2 ln x dx ) . Đặt  ⇒
 dv = x dx v = x
2 3
1

 3
e e
x3 1 x3 1 x3 2e3 +1
ln x 1 − ∫ x 2 dx = ln x 1 −
e e
⇒I2 = =
3 31 3 3 3 1
9
5 − 2 2 + 2e 3 0,25
I = I1 + 3I 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
.
9a 3a 3 0,25
Từ đó AK = ; SG = .
4 2
Trong tam giác ABC đặt AB =x ⇒AC =2 x; BC =x 3. 0,25
9a 7
Ta có AK 2 =AB 2 +BK 2 nên x=
14
1 243 3 0,25
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
x 5 − 2 x 3 + x x ( x 2 −1) 2 0,25
Ta có = = −x 3 + x .
y2 + z2 1 − x2
Khi đó, ta có: P = −3 + ) +− 3 + ) +−3 + )
( x x ( y y ( z z
2 3 2 3 0,25
Xét hàm số f (a ) =− 3 +a, a ∈ 0;1)
a ( . Ta có max f ( a) = . Suy ra P≤ .
( 0;1) 9 3
23 1 0,25
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là , đạt được khi x=y=z= .
3 3
VIa. 1. (1,0 điểm)
(3,0 điểm) Phương trình AB: x +y − =0 .
10 0,25
Do A∈AB
nên A(b;10 −b) .Từ I là trung điểm AB, tìm được B(10 −b; b) . 0,25
uuur
AH = − ; b −
(1 b
uuu
r
7); CB = (11 − ; b −
b 1).
uuur uuu
r uuur uuu
Ta có AH ⊥ ⇔ .CB = .
CB AH
r
0 0,25
⇔ − ) (11 − ) + b − ) ( b − ) =0 ⇔ = b =9
(1 b b ( 7 1 b 1; 0,25
Khi b =1 ⇒ (1; 9 ) ; B ( 9;1)
A .

6. WWW.VNMATH.COM
Khi b =9 ⇒ ( 9;1) , B (1; 9 )
A
2. (1,0 điểm)
uuu
r r
Từ giả thiết có OA =t.u =(0; t ; t ) 0,25
uuu
r uuu
r uuu
r
A(0; t ; t ).BC =(0;1; − BD =
2), (3;1; 4), BA = t ; t −
(1; 2)
uuu uuu
r r
⇒BC , BD  =(2; − −
6; 3) . Suy ra
uuu uuu uuu
r r r
BC , BD  BA =− t +4.
9 0,25
   
1 uuu uuu  uuu
r r r 5 1 1 0,25
Ta có VABCD =
6
BC , BD  BA ⇔ = −9t + 4
6 6
⇔ t = 1; t = −
9
.
Với t = ⇒ (0;1
1 A ;1)
. 0,25
7 29 7 46
Mặt cầu cần tìm có phương trình là: (S ) : x2 + y 2 + z 2 −
5
x+
5
y+ z−
5 5
=0 .
1
Với t=− <0
9
, tương tự ta tìm được phương trình mặt cầu
3. (1,0 điểm)
Điều kiện x >0
0,25
1+log 2 x
2 2 6
4x2 −6
log 2 x
=2.3
log 2 4 x 2 ⇔2log 2 4 x −6log 2 x = 2.3log2 4 x ⇔22 log 2 2 x − −2.32 log 2 2 x = 0
6
⇔ 2 log 2 2 x − 1+ 2 x −
6.2 6 log 12.3 2 log 2 2 x =0 0,25
2
2log 2 2 x
2
log 2 2 x 0,25
⇔ 6.  ÷ − ÷ −12 = 0
3 3
2
log 2 2 x
3 1
0,25
 ÷ = ⇔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
Khi đó PA/(C) = AB. AC = AB. AC = − = 3 . Suy ra AB.AC=3. 0,25
uuu uuu
r r
− IA R − 2 2
Theo BĐT AM-GM ta có BC =AB +AC ≥2 AB. AC =2 3 . 0,25
Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC.
uu
r
Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận IA =(1; −1) là vectơ pháp tuyến. 0,25
Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0.
2. (1,0 điểm)
uu
r
d
uu
r
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u (2; −1; −3) .mp(P) có vectơ pháp tuyến n (7; 9; 2) . P
0,25
Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên ∆
thì 0,25
r 1 r r 
M (4; − −
1; 6)
. Đường thẳng ∆
có vectơ chỉ phương u∆ =
25 
n P , u d  = (1; −1;1)
1 0,25
Ta thấy ∆
, d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 42
r r uuuu r
u ∆ , u d  MH 3t
  3 3
nên r r = ⇔ = ⇔ t =1 hoặc t =−1
u ∆ , u d  42 42 42
 

7. WWW.VNMATH.COM
x = −7 + t  x = 15 + t ' 0,25
 
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)
Điều kiện: 0 <x, y ≠1 . Đặt a =log 2 x; b =log 2 y . Khi đó, hệ phương trình trở thành: 0,25
 a b 9
1 + a 2 + 1 + b 2 = 10
 (*) 10 ( a + b ) ( 1 + ab ) = 9 1 + a 2
 ( ) (1+b )
2
(1)
 ⇔
 1 + 1  ( a + b ) = 9
(**)
2 ( a + b ) ( 1 + ab ) = 9ab

(2)
 ab ÷
  2
1 +b 2 0,25
Lấy phương trình (1) chia vế theo vế (2) ta được: (
5ab = 1 + a 2 ) ( 1 +b ) ⇔1 +a
2 5
a 2
=
b
(3)
a 9 b
Từ (*), ta suy ra = −
1 + a 2 10 1 + b 2
.
9 b  1 +b 2 1 +b 2 b 9 0,25
Thay vào (3), ta có: 5 − 2 ÷
= ⇔ +5 − =0 (4)
10 1 +b  b b 1 +b 2 2
1 + b2 5 9 5
Đặt t=
b
. Phương trình (4) trở thành: t+
t
− = 0 ⇔2t 2 −9t +10 = 0 ⇔t = 2; t =
2 2
.
x = 2 0,25
Với t=2 ⇒ b 2 −2b + ) =0 ⇔ =1
( 1 b ⇒y =2 ⇒
x = 4
b = 2 ⇒ y = 4, x = 2
5
Với t= ⇒ 2b 2 − 5b + 2 = 0 ⇔ 
2 b = 1 ⇒ y = 2, x = 2
 2
Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) =(2; 4); (2; 2) ( )
2; 4 , ( 4; 2 ) .
- - - Hết - - -

8. WWW.VNMATH.COM
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
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:
Chiều biến thiên: y ' =3 x 2 − x +
12 9 , y ' = ⇔ =; x =
0 x 1 3 0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 3; +∞ ) . Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;3)
Giới hạn: lim y =− ; lim y =+
x→ ∞
−
∞ ∞
x→ ∞
−
0,25
Cực trị: x = y1,
CD CD = xCT = , y CT = 2
2; 3 −
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)

9. WWW.VNMATH.COM
Điểm M ∈ C)
(
nên M ( t ; t −6t 2 +9t −2 ) , t ≠1; 3
3
. 0,25
Hàm số có đồ thị (C) nhận điểm cực tiểu A ( 3; −2 ) , điểm cực đại B ( 2;1) . 0,25
Phương trình AB: 2 x +y −4 =0
1 1 2t + t 3 + 9t − 2 − 4 0,25
Ta có: S ABM = AB.d ( M , AB ) = 6 ⇔6 = 4 +16
2 2 4 +1
⇔ 3 −6t 2 + t −6 =6 ⇔ =0; t =4
t 11 t 0,25
Vậy điểm M là M (0; − M (4; 2)
2);
.
II. 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) kπ 0,25
ĐK sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠
2
cosx  1  0,25
(1) ⇔ 2
+1 = 6 1 − sin 2 2 x ÷
cos x sin x.sin 2 x  2 
2  1  2 +sin 2 2 x 0,25
⇔ 2
+1 = 6 1 − sin 2 2 x ÷⇔ = 6 −3sin 2 2 x
sin 2 x  2  sin 2 2 x
⇔+
2 sin 2 2 x = − sin 2 2 x) sin 2 2 x ⇔sin 4 2 x − sin 2 2 x + =
(6 3 3 5 2 0 0,25

 x = π + mπ
 4 2
sin 2 2 x = 1 
1  6
⇔ 2 ⇔  x = arcsin  ±
 3 ÷+ mπ
sin 2 x = 2  2 ÷
   
 3
 π 1  6
 2 2  3 ÷+ mπ
 x = − arcsin  ± ÷
  
2. (1,0 điểm)
1 0,25
Ta có: y = 0 không là nghiệm của HPT. Đặt t=
y
do đó
x 7 0,25
 t = x + t +1
  x = xt + 7 + t  x − xt − t = 7
 2 ⇔ 2 ⇔ 2 2
 x = 10 − t  x + t = 10
2
 x = 10
 t 2 t 2 −1

S − P = 7 S = −6 S = 4 0,25
Đặt S = −; P = xt
x t −
, ta có  2 ⇔ hoặc 
S − 2 P = 10 P = 13 P= 3
S = 4 0,25
Khi  thì x;−t là nghiệm PT X 2
− X + =
4 3 0 ⇔ X =1; X = 3.
P= 3
 1
Vậy nghiệm HPT đã cho là 1; − ÷; ( 3; −1)
 3
S = −6
Khi  thì x;−t là nghiệm PT X2+ 6X +13 = 0(VN ) .
 P = 13
III. (1,0 điểm)

10. WWW.VNMATH.COM
(1,0 điểm) Đặt t = x − ⇒ = − ⇒ = tdt
1 t x 1 dx 2 2
0,25
Khi x = ⇒ 0; x = ⇒ 1
1 t = 2 t =
1
2t (t 2 +1)(t − 3) 0,25
Khi đó: I =∫ dt
0
t2 −9
1
 30  0,25
= ∫  t 2 − 3t +10 − ÷dt
0  t +3 
1 0,25
 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) 3a 0,25
Gọi K là trung điểm BC. Ta có SG ⊥ ( ABC ); ∠SAG = 600 , AG =
2
.
9a 3a 3 0,25
Từ đó AK = ; SG = .
4 2
Trong tam giác ABC đặt AB =x ⇒AC =2 x; BC =x 3. 0,25
9a 7
Ta có AK 2 =AB 2 +BK 2 nên x=
14
1 243 3 0,25
VS . ABC = SG.S ABC = a (đvtt)
3 112
V. (1,0 điểm)
(1,0 điểm) Đặt t =3 x + +2 4 −3x , t ∈ 21; 7 
1  0,25
 
1 0,25
Khi đó phương trình trở thành t 2 −1 = mt ⇔ m = t −
t
, do t≠0
(2).
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ∈  21; 7 
  .
1 1 0,25
Xét hàm số f (t ) = t − , t ∈  21; 7 
  . Ta có f '(t ) = 1 + >0 .
t t2
20 48 0,25
Xét bảng biến thiên ta có phương trình (1) có nghiệm khi ≤m≤
21 7
VIa. 1. (1,0 điểm)
(3,0 điểm) Phương trình AB: x +y − =0 .
10 0,25
Do A∈
nên A(b;10 −b) .Từ I là trung điểm AB, tìm được B(10 −b; b) .
AB 0,25
uuur
AH = − ; b −
(1 b
uuu
r
7); CB = (11 − ; b −
b 1).
uuur uuu
r uuur uuu
Ta có AH ⊥ ⇔ .CB = .
CB AH
r
0 0,25
⇔ − ) (11 − ) + b − ) ( b − ) =0 ⇔ = b =9
(1 b b ( 7 1 b 1; 0,25
Khi b =1 ⇒ (1; 9 ) ; B ( 9;1)
A .
Khi b =9 ⇒ ( 9;1) , B (1; 9 )
A
2. (1,0 điểm)
uuu
r r
Từ giả thiết có OA =t.u =(0; t ; t ) 0,25
uuu
r uuu
r uuu
r
A(0; t ; t ).BC =(0;1; − BD =
2), (3;1; 4), BA = t ; t −
(1; 2)
uuu uuu
r r
⇒BC , BD  =(2; − −
6; 3) . Suy ra
uuu uuu uuu
r r r
BC , BD  BA =− t +4.
9 0,25
   

11. WWW.VNMATH.COM
1 uuu uuu  uuu
r r r 5 1 1 0,25
Ta có VABCD =
6 BC , BD  BA ⇔ 6 = 6 −9t + 4 ⇔ t = 1; t = −
9
.
Với t = ⇒ (0;1
1 A ;1)
. 0,25
7 29 7 46
Mặt cầu cần tìm có phương trình là: (S ) : x2 + y 2 + z 2 −
5
x+
5
y+ z−
5 5
=0 .
1
Với t=− <0
9
. Tương tự tìm ra phương trình mặt cầu
3. (1,0 điểm)
Điều kiện x >0
0,25
1+log 2 x
2 2 6
4x2 −6
log 2 x
=2.3
log 2 4 x 2 ⇔2log 2 4 x −6log 2 x = 2.3log2 4 x ⇔22 log 2 2 x − −2.32 log 2 2 x = 0
6
⇔ 2 log 2 2 x − 1+ 2 x −
6.2 6 log 12.3 2 log 2 2 x =0 0,25
2
2log 2 2 x
2
log 2 2 x 0,25
⇔ 6.  ÷ − ÷ −12 = 0
3 3
2
log 2 2 x
3 1
0,25
 ÷ = ⇔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
Khi đó PA/(C) = AB. AC = AB. AC = − = 3 . Suy ra AB.AC=3. 0,25
uuu uuu
r r
− IA R − 2 2
Theo BĐT AM-GM ta có BC =AB +AC ≥2 AB. AC =2 3 . 0,25
Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC.
uu
r
Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận IA =(1; −1) là vectơ pháp tuyến. 0,25
Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0.
2. (1,0 điểm)
uu
r uu
r
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u (2; −1; −3) .mp(P) có vectơ pháp tuyến n (7; 9; 2) .
d P
0,25
Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên ∆
thì 0,25
r 1 r r 
M (4; − −
1; 6)
. Đường thẳng ∆
có vectơ chỉ phương u∆ =
25 
n P , u d  = (1; −1;1)
1 0,25
Ta thấy ∆
, d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 42
r r uuuu r
u ∆ , u d  MH 3t
  3 3
nên r r = ⇔ = ⇔ t =1 hoặc t =−1
u ∆ , u d  42 42 42
 
x = −7 + t  x = 15 + t ' 0,25
 
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)
2 x 2 + 2 x −1 0,25
Ta có y'=− ;
( 2 x + 1)
2

12. WWW.VNMATH.COM
−1 + 3 0,25
y' =0 ⇔x =
2
Bảng biến thiên:
1 −1+ 3
x − +∞
4 2
'y + 0 −
2− 3
2
y
0,25
5
− −∞
8
2− 3 0,25
max y = , −1 + 3
Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị lớn nhất của hàm số:  1  2 tại x=
 − 4 ; +∞ ÷
 
2
- - - Hết - - -