Các em nhỏ ở một lớp học đứng vòng tròn chơi một trò chơi kẹo. Cô giáo cho mỗi em một số chẵn chiếc kẹo (em nào cũng có kẹo và số kẹo mỗi em có được có thể khác nhau). Một em nào đó đưa một nửa số kẹo của mình cho bạn ở ngay bên cạnh bên tay phải mình

1B1C1) thuéc ®­êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®­êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a. C©u V (1 ®iÓm). XÐt ba sè thùc kh«ng ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a4 + b4 + c4 II.PhÇn riªng (3 ®iÓm) 1.Theo ch­¬ng tr×nh chuÈn C©u Via: 1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®­êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®­êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 2.Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh . LËp ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. C©u VIIa: 1). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ. 2) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2.Theo ch­¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm) C©u VIb (2 ®iÓm) 1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®­êng trßn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®­êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 2.Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh. LËp ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. C©u VIIb (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 16) (2,5 điểm). Cho hàm số (C) : a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b) Tìm M Î (C) để tổng các khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là nhỏ nhất Từ một điểm bất kì trên đường thẳng x = 2 có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến đến đồ thị (C’) : (1,5 điểm) Giải phương trình: Giải hệ phương trình: (1,5 điểm) Giải phương trình: . Giải bất phương trình: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho trong mỗi số các chữ số đứng trước đều lớn hơn chữ số đứng liền sau nó. (2 điểm) Trong hệ toạ độ Oxyz cho 2 điểm A(0; 0; -3); B(2, 0, - 1) và mp(P):3x – 8y + 7z – 1 = 0 Tìm toạ độ điểm C Î (P) sao cho DABC là tam giác đều. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. Hãy xác định các góc hợp bởi các cạnh đối diện của tứ diện đó. (2,5 điểm). Tính : Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 3. Cho z =, Hãy tính : (Hết) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 17) I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1; - 1) Câu 2: 1. Giải phương trình: 4cos4x – cos2x = 2. Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 Câu 3: Tính tích phân: K = Câu 4: Cho hình chóp tam gíac đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC. Câu 5: Cho đường thẳng (d): và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm trên (d) những điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác. 2. Giải hệ phương trình: Câu 7a: Tìm giá trị nhỏ nhất y = với 0 < x ≤ 2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: 1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton: biết rằng số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và 2. Cho . Tìm các số phức β sao cho β3 = α Câu 7b: Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng: ------------------------------Hết--------------------------------- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 17) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số , trong đó là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: . 2. Giải phương trình: . Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: . Câu IV: (1,0 điểm) Tính thể tích của khối hộp theo . Biết rằng là khối tứ diện đều cạnh . Câu V: ( 1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc đoạn : (). Câu VI: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng , cho đường thẳng có phương trình: và hai điểm ; . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng và đi qua hai điểm , . 2. Trong không gian với hệ toạ độ , cho hai điểm , . a. Tìm quỹ tích các điểm sao cho . b. Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng và . Câu VII: (1,0 điểm) 1. Với là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: . 2. Giải hệ phương trình: ……………………. Hết……………………... BÀI GIẢI (ĐỀ 1) Câu 1: 2) Tieáp tuyeán taïi ñieåm coù hoaønh ñoä x0, coù heä soá goùc baèng –5 Û Û x0 = 3 hay x0 = 1 ; y0 (3) = 7, y0 (1) = -3 Phöông trình tieáp tuyeán caàn tìm laø: y – 7 = -5(x – 3) hay y + 3 = -5(x – 1) Û y = -5x + 22 hay y = -5x + 2 Câu 2: 1) 25x – 6.5x + 5 = 0 Û Û 5x = 1 hay 5x = 5 Û x = 0 hay x = 1. 2) = Ñaët u = x Þ du = dx; dv = cosxdx, choïn v = sinx Þ I = = 3) Ta coù : f’(x) = 2x + f’(x) = 0 Û x = 1 (loaïi) hay x = (nhaän) f(-2) = 4 – ln5, f(0) = 0, f() = vì f lieân tuïc treân [-2; 0] neân vaø Caâu 3: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 Û a2 = 3AB2 Û B A S a a a C (đvtt) Câu 4.a.: 1) Taâm maët caàu: T (1; 2; 2), baùn kính maët caàu R = 6 d(T, (P)) = 2) (P) coù phaùp vectô Phöông trình tham soá cuûa ñöôøng thaúng (d) : (t Î R) Theá vaøo phöông trình maët phaúng (P) : 9t + 27 = 0 Û t = -3 Þ (d) Ç (P) = A (-2; -4; -4) Caâu 5.a.: ; ; Căn bậc hai của là Phương trình có hai nghiệm là Caâu 4.b.: 1) (d) coù vectô chæ phöông Phöông trình maët phaúng (P) qua A (1; -2; 3) coù phaùp vectô : 2(x – 1) + 1(y + 2) – 1(z – 3) = 0 Û 2x + y – z + 3 = 0 2) Goïi B (-1; 2; -3) Î (d) = (2; -4; 6) = (-2; 14; 10) d(A, (d)) = Phöông trình maët caàu taâm A (1; -2; 3), baùn kính R = : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50 Câu 5.b.: = 9i2 Căn bậc hai của là Phương trình có hai nghiệm là . BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 2) A.PHẦN CHUNG: Câu 1: 2. TXĐ: D = R - y’ = 12x2 + 2mx – 3 Ta có: D’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị Ta có: Câu 2: 1. Điều kiện: Từ (1) x = 4y Nghiệm của hệ (2;) 2. cosx = 8sin3cosx = Û (3) Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm (3) Û Câu 3: 1.Theo định lý ba đường vuông góc BC ^ (SAC) Þ AN ^ BC và AN ^ SC ÞAN ^ (SBC) Þ AN ^ MN Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC Vây DMSN ~ DCSB TM là đường cao của tam giác STB BN là đường cao của tam giác STB Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ^ ST ÞAB ^ (SAT) hay AB^ AT (đpcm) 2. = = = 2ln2 – ln3 Câu 4: 1. +) , , Þ đpcm + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy) có VTPT = (5;- 4; 0) Þ (P): 5x – 4y = 0 + (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ^ (Oxy) có VTPT = (-2;- 3; 0) Þ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)Ç(Q) Þ Phương trình của (D) 2. Ta có: (1) Û 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) Û a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 Û (a + b)(a – b)2 0. (h/n) Tương tự: (2) , (3) Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: Vậy: S ≤ 3 maxS = 3 khi a = b = c = 1 B. PHẦN TỰ CHỌN: Câu 5a: Theo chương trình chuẩn 1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) Ta có Ta có:Þ ptmp(P) 2.Ta có: n = 45 Þ n2 + 3n – 18 = 0 Þ n = 3 Câu 5b: 1.M Î (D) Þ M(3b+4;b) Þ N(2 – 3b;2 – b) N Î (C) Þ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 Þ b = 0;b = 6/5 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 2. Đặt X = 5x Þ X > 0 Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*) Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 ÛD < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0 Từ đó suy ra m Đáp án.(ĐỀ 3) Câu Ý Nội dung Điểm I 2 1,00 Ta có . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: ; Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: Vì A và B phân biệt nên , do đó (1) tương đương với phương trình: Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau , Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là và . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là II 2,00 1 1,00 Điều kiện: 0,25 Từ (1) ta có: 0,25 0,25 Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là 0,25 2 1,00 Điều kiện: 0,25 Phương trình đã cho tương đương: 0,25 0,25 Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 0,25 III 1,00 1 1,00 0,50 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó và . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: vuông cân tại O nên: 0,25 Ta có: 0,25 0,25 và 0,25 V 1,00 Phương trình (1) Điều kiện : Nếu thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện . Thay vào (1) ta được: 0,25 * Với m = 0; (1) trở thành: Phương trình có nghiệm duy nhất. 0,25 * Với m = -1; (1) trở thành + Với + Với Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. 0,25 * Với m = 1 thì (1) trở thành: Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: . 0,25 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: 0,25 Khử x giữa (1) và (2) ta được: 0,25 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: hoặc 0,25 2 1,00 Ta tính được . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là , bán kính là . 0,50 VIIa 1,00 Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : . 0,25 Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. + Không có bi xanh: có cách. + Không có bi vàng: có cách. 0,25 Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: cách. 0,50 VIb 2,00 1 1,00 I có hoành độ và Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) , suy ra phương trình AD: . Lại có MA = MD = . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: hoặc .Vậy A(2;1), D(4;-1), 0,50 là trung điểm của AC, suy ra: Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 0,50 2 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): . Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. 0,25 Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của và (P). Đường thẳng có vectơ chỉ phương là và qua I nên có phương trình là . 0,25 Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: Suy ra . 0,25 Ta có Suy ra M0(0;-3;4) 0,25 VIIb 1,00 Áp dụng bất đẳng thức Ta có: 0,50 Ta lại có: Tương tự: Từ đó suy ra Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 0,50 Đáp án(ĐỀ 4) Câu Ý Nội dung Điểm 2 1,00 + Khi m = 0 , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 0,50 0,25 1 1,00 (1) Điều kiện: 0,25 0,25 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 2 1,00 (2) Điều kiện: 0,25 0,25 + Với ta có phương trình ; 0,25 + Với ta có phương trình (4); Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là hoặc 0,25 III 1,00 Đặt + Đổi cận: 0,50 0,50 IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: , suy ra . Dựng , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 0,25 0,25 Thể tích hình nón đã cho: 0,25 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 0,25 V 1,00 Hệ bất phương trình . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại thỏa mãn (2). 0,25 Gọi 0,25 Hệ đã cho có nghiệm ; Vì nên chỉ nhận 0,25 Ta có: Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên Do đó 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 0,25 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 0,25 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: Gọi Từ giả thiết suy ra . Do đó + a = 0 . Do đó + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra (trùng với ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. 0,25 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 0,25 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: 0,25 Ta có: Từ (1) và (3) suy ra: 0,25 Từ (2) và (3) suy ra: Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: Như vậy hoặc .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc và R = 3. 0,25 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: và 0,25 VIIa 1,00 Điều kiện: Hệ điều kiện ban đầu tương đương: 0,50 0,50 VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 0,50 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 0,50 2 1,00 Phương trình tham số của d1 là: . M thuộc d1 nên tọa độ của M . Theo đề: 0,25 + Với t1 = 1 ta được ; + Với t2 = 0 ta được 0,25 + Ứng với M1, điểm N1 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: . Phương trình tham số của d2 là:  (2) Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). 0,25 + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25 VIIb 1,00 Điều kiện ; 0,25 Ta có: 0,25 Khi đó: 0,50 HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 5) Bài 1: 2) (1) Đạo hàm ° ° Hàm số có 2 cực tiểu Û y có 3 cực trị Û y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt Û (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 Giả sử: Với , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt Bảng biến thiên: x -¥ x1 x2 x3 +¥ y/ - 0 + 0 - 0 + y +¥ CT CĐ CT +¥ ° Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi Bài 2: 1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = Û cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = Û Û . 2) Giải phương trình : 2x +1 +x. (a) * Đặt: ° Ta có: Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. Do đó: Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x = . Bài 3: 1) + Ta có . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD có một VTPT và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P) Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) Þ C không thuộc (P), do đó (P) // CD. + 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ÎOx , N(0; n; 0) ÎOy , P(0; 0; p) Î Oz. Ta có : . Mặt khác: Phương trình mặt phẳng () theo đoạn chắn: . Vì D Î() nên: . D là trực tâm của DMNP Û . Ta có hệ: . Kết luận, phương trình của mặt phẳng (): . Bài 4: Tính tích phân . Đặt I = . Bài 5: Giải phương trình (*) Ta có: (*) Û Từ (2) Þ . Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 2 Û x = 1. Thay x = 1 vào (1) Þ sin(y +1) = -1 Û . Kết luận: Phương trình có nghiệm: . Bài 6: Giải bất phương trình: . Đặt , t > 0. Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9 ³ 0 Û ( t £ 1 hoặc t ³ 9) Khi t £ 1 Þ .(i) Khi t ³ 9 Þ (2i) Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ¥; -2]È[-1;0]È[1; + ¥). Bài 7: 1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là Þ Số tất cả các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử từ A là : S = . Xét f(x) = Khi đó f(1) =250 . f(-1) = 0 Do đó: f(1) + f(-1) = 250 Û Þ . Kết luận:Số tập con tìm được là 2) Ta có . Do đó: Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của D ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là j = . Tá có : Þ . Do đó: ; . Do đó: . (đvtt) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 6 Câu Ý Nội dung Điểm I 2 1,00 Xét phương trình với (1) Đặt , phương trình (1) trở thành: Vì nên , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. 0,25 Ta có: Gọi (C1): với và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền . 0,25 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: : Phương trình đã cho vô nghiệm. : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 II 2,00 1 1,00 Phương trình đã cho tương đương: 0,50 0,50 2 1,00 Điều kiện: Đặt ; không thỏa hệ nên xét ta có . Hệ phương trình đã cho có dạng: 0,25 hoặc + (I) + (II) 0,25 Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 1,00 III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: và Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): Suy ra diện tích cần tính: 0,25 Tính: Vì nên 0,25 Tính Vì và nên . 0,25 Vậy 1,00 IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có: Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm . 0,25 Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 0,25 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: Trong đó: 0,25 Từ đó, ta có: 0,25 V 1,00 Ta có: +/ ; +/ +/ Do đó phương trình đã cho tương đương: Đặt (điều kiện: ). 0,25 Khi đó . Phương trình (1) trở thành: (2) với Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): với . 0,25 Trong đoạn , hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là tại và đạt giá trị lớn nhất là tại . 0,25 Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi . 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Điểm . Suy ra trung điểm M của AC là . 0,25 Điểm 0,25 0,25 Từ A(1;2), kẻ tại I (điểm ). Suy ra . Tọa độ điểm I thỏa hệ: . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì hoặc . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có và . Mặt khác Trong mặt phẳng , ; do đó . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P0) là , cùng phương với . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: . VIIa Để ý rằng ; và tương tự ta cũng có 0,25 Vì vậy ta có: vv 1,00 Ta có: . Phương trình của AB là: . . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: . 0,25 Mặt khác: (CH: chiều cao) . 0,25 Ngoài ra: Vậy tọa độ của C và D là hoặc 0,50 2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng có phương trình tham số: . Điểm nên . 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ và . Ta có Suy ra và Mặt khác, với hai vectơ ta luôn có Như vậy 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cùng hướng và . 0,25 Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 0,25 VIIb 1,00 Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:. Đặt . Vế trái viết lại: 0,50 Ta có: . Tương tự: Do đó: . Tức là: 0,50 HƯỚNG DẨN GIẢI (ĐỀ SỐ 7) I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) CâuI.1.(Học sinh tự giải) 2)Phương trình hoành độ điểm chung của (Cm) và d là: (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. . Mặt khác: Do đó: với là hai nghiệm của phương trình (2). (thỏa ĐK (a)). Vậy CâuII:1. Phương trình Û (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0 2) HÖ ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi §Æt Ta cã hÖ Suy ra . Gi¶i hÖ trªn ta ®­îc nghiÖm cña hpt ®· cho lµ (1; 2), (-2; 5) CâuIII:1. Ta có: I = =. Đặt Đổi cận: Khi ; khi . Do vậy: =. 2. Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (1) * Đk , đặt t = ; Ta có: (1) viết lại Xét hàm số f(t) = , với . Ta có: Lập bảng biến thiên t 3 9 f/(t) + f(t) 4 Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm Û (2) có nghiệm Û CâuIV:Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. C S O M A B Suy ra: SM =AM =; và SO ^ mp(ABC) Þ d(S; BAC) = SO = Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC Þ VS.ABC =(đvtt) Mặt khác, VS.ABC = DSAC cân tại C có CS =CA =a; SA = Þ Vậy: d(B; SAC) = (đvđd). II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) C©u V.a 1ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua giao ®iÓm cña(E) vµ (P) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (E) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (*) XÐt , f(x) liªn tôc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt, do ®ã (E) c¾t (P) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt To¹ ®é c¸c giao ®iÓm cña (E) vµ (P) tháa m·n hÖ (**) (**) lµ ph­¬ng tr×nh cña ®­êng trßn cã t©m , b¸n kÝnh R = Do ®ã 4 giao ®iÓm cña (E) vµ (P) cïng n»m trªn ®­êng trßn cã ph­¬ng tr×nh (**) 2.ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (b).... Do (b) // (a) nªn (b) cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z + D = 0 (D17) MÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5 §­êng trßn cã chu vi 6p nªn cã b¸n kÝnh r = 3. Kho¶ng c¸ch tõ I tíi (b) lµ h = Do ®ã VËy (b) cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0 C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña , biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d­¬ng tháa m·n: BG: Ta có suy ra I (1) MÆt kh¸c (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã Theo bµi ra th× Ta cã khai triÓn Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n VËy hÖ sè cÇn t×m lµ CâuVb *1.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có => HI lớn nhất khi Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận làm véctơ pháp tuyến. Mặt khác, vì H là hình chiếu của A trên d nên là véc tơ chỉ phương của d) Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y – 5z –77 = 0 2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 Þ d(C; AB) = Þ ; Trọng tâm G Î (d) Þ 3a –b =4 (3) Từ (1), (3) Þ C(–2; 10) Þ r = Từ (2), (3) Þ C(1; –1) Þ . CâuVIb: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c Î R), nên ta có : 1 -2 KẾT QUẢ ĐỀ 8 Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. Câu II (2,0 điểm) 1. 2. Câu III (1,0 điểm) Câu IV (1,0 điểm) Câu V (1,0 điểm) Câu VIa (2.0 điểm) 1. 2. Câu VII.a (1,0 điểm) 192 số Câu VIb (2,0 điểm) 1. 2. Câu VII.b (1,0 điểm) 64 số ------------------------Hết------------------------ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9 Câu NỘI DUNG Điểm Câu I. Câu II. Câu III. Câu IV: Câu V: b) Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: Ta có Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x1; y1) và (x2; y2) Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt ta có điều kiện cần là Theo định lí Viet ta có: Khi m = 1 ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là: Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng thỏa mãn. Khi m = -3 ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là: Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (-2; 9) không thuộc đường thẳng không thỏa mãn. Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. Giải phương trình: Giải bất phương trình: (1) Đk: Từ (1) Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: Ta có: x.sin2x = 2x x.sin2x – 2x = 0 x(sin2x – 2) =0 x = 0 Diện tích hình phẳng là: Đặt (đvdt) Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có: Vì vuông cân tại H. Vậy Ta có (đvdt) (đvtt) (1) Vì vuông cân G ọi E = MNKH BM = PE = CN (2) mà AA’ = = Ta có thể tích K.MNJI là: 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức: ĐK: Từ (1) Khi thay vào (2) Khi Thay vào (2) Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là: Từ (2): (3) Thay n = 7 vào (1) vì Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: cách TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: cách TH3: 5 bông hồng nhung có: cách có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường 2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là: Vậy Vậy phương trình đường thẳng: 3)đường thẳng d2 có PTTS là: vectơ CP của d1 và d2 là: VTPT của mp() là pt mp() có dạng 6x – 7y – z + D = 0 Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1) Vậy PT mp() là: 3x – y – 4z + Ta có: P + 3 = Để PMin khi a = b = c = 1 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,2 5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 10 Câu I. (Tự giải) Pt : x3 + mx + 2 = 0 ( x Xét f(x) = = Ta có x - 0 1 + f’(x) + + 0 - f(x) + -3 - - - Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất . Câu II. 1. y. Ta có: Đặt : (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 t = t = . Nếu t = 1 ta có hệ Nếu t = -1 ta có hệ hệ vô nghiệm. Nếu t = ta có hệ 2. Pt (cosx (1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0 sìn2x = 1 hoặc tanx = 1. Câu III. I = . Đặt t = I = = - Câu IV. SHBM và SABM suy ra AHBM VSABH = . VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH = khi AH = BH khi H là tâm của hình vuông , khi M. Khi đó VSABH = . Câu V. D = [0 ; + *Đặt f(x) = Suy ra: f’(x) = * * BBT x 0 + f’(x) f(x) 1 0 Vậy: 0 < m Câu VI a. 1.d1: , I d(I , d2) = 2 t = t = 2. Theo gt : * * Câu VII a. * * Câu VI b. 1.B(11; 5) AC: kx – y – 2k + 1 = 0 cos CAB = cos DBA k = 1 , AC : x – y – 1 = 0 k = , AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai) Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0) 2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = . O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2 d(I, (P)) = b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0 b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0 Câu VII b. ĐK : Bất phương trình trở thành : * kết hợp ĐK : 0 < x < 1 * Vậy tập nghiệm của BPT: x HƯỚNG DẨN GIẢI (đề 11) Câu I. 2/Tacã ta thÊy víi th× y’ ®æi dÊu khi ®i qua c¸c nghiÖm do vËy hµm sè cã C§,CT +NÕu m>0 hµm sè cã C§ t¹i x=0 vµ;cã CT t¹i x=m vµ +NÕu m<0 hµm sè cã C§ t¹i x=m vµ ;cã CT t¹i x=0 vµ Gäi A vµ B lµ c¸c ®iÓm cùc trÞ cña hµm sè.§Ó A vµ B ®èi xøng víi nhau qua ®­êng ph©n gi¸c y=x,®iÒu kiÖn ¾t cã vµ ®ñ lµ tøc lµ: Câu V.a ( 2,0 điểm ) : Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với Vì (P) (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0 A+B+C = 0 (1) Theo đề : d(M;(P)) = (2) Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5 § thì (P) : § . Chọn A = 5 , B = thì (P) : CâuVb-1 Chọn A(2;3;3),B(6;5;2)(d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) . Gọi vectơ chỉ phương của () qua A và vuông góc với (d) thì nên ta chọn . Ptrình của đường thẳng () : () là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên () thì M(2+3t;39t;3+6t) . Theo đề : + t = M(1;6;5) + t = M(3;0;1) ®¸p ¸n ®Ò số 12 thi thö ®¹i häc lÇn 1 khèi a I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnh I 2. (0,75 ®iÓm) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vµ ®­êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh Do (1) cã nªn ®­êng th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B 0,25 Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt ó AB2 nhá nhÊt ó m = 0. Khi ®ã 0,5 II (2 ®iÓm) 1. (1 ®iÓm) Ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 ó 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 ó 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0 0,5 ó (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 ó 0,25 ó 0,25 2. (1 ®iÓm) §K: BÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi ®Æt t = log2x, BPT (1) ó 0,5 0,25 VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: III 1 ®iÓm ®Æt tanx = t 0,5 0,5 C©u IV 1 ®iÓm A1 A B C C1 B1 K H Do nªn gãc lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc =300 . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c nªn 0,5 KÎ ®­êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 0,25 Ta cã AA1.HK = A1H.AH 0,25 C©u V 1 ®iÓm ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si cho 2005 sè 1 vµ 4 sè a2009 ta cã T­¬ng tù ta cã 0,5 Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®­îc Tõ ®ã suy ra MÆt kh¸c t¹i a = b = c = 1 th× P = 3 nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 3. 0,5 PhÇn riªng. 1.Ban c¬ b¶n C©u VIa 2 ®iÓm 1.( 1 ®iÓm) Tõ ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 0,5 0,5 2. (1 ®iÓm) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. 0,5 v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph­¬ng cña d) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ó 7x + y -5z -77 = 0 0,5 C©u VIIa 1 ®iÓm Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã .= 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n 0,5 Mçi bé 4 sè nh­ thÕ cã 4! sè ®­îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ ..4! = 1440 sè 0,5 2.Ban n©ng cao. C©u VIa 2 ®iÓm 1.( 1 ®iÓm) Tõ ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 0,5 0,5 2. (1 ®iÓm) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. 0,5 v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph­¬ng cña d) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ó 7x + y -5z -77 = 0 0,5 C©u VIIa 1 ®iÓm Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu) vµ =10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã . = 100 bé 5 sè ®­îc chän. 0,5 Mçi bé 5 sè nh­ thÕ cã 5! sè ®­îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ ..5! = 12000 sè. MÆt kh¸c sè c¸c sè ®­îc lËp nh­ trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ . VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n 0,5 HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 13) I. PHẦN CHUNG: Câu 1: : 2. Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (Cm) vaø ñöôøng thaúng y = 1 laø: x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 Û x(x2 + 3x + m) = 0 Û * (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(0, 1), D, E phaân bieät: Û Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE ¹ 0. Û Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø: kD = y’(xD) = kE = y’(xE) = Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1. Û (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 Û 9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét). Û 4m2 – 9m + 1 = 0 Û m = ÑS: m = Câu 2: 1. Û sinsinx + coscosx = – cos3x. Û cos Û cos Û Û x = (k Î Z) 2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: Û x = y (trong ngoặc luôn dương và x vay đều lớn hơn 2) Vậy từ hệ trên ta có: Û x = 3 Vậy nghiệm của hệ x = y = 3 Câu 3: J = (vôùi u = ex – 2, du = exdx) Suy ra: Câu 4: S H P C A B N j Döïng ° Ta coù:  vaø SH laø ñöôøng cao cuûa hình choùp. ° Döïng ° DSHN = DSHP Þ HN = HP. ° DAHP vuoâng coù: ° DSHP vuoâng coù: ° Theå tích hình choùp Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si, ta có: 4ab ≤ (a + b)2 Ta có: Tương tự: và Vậy Vậy MaxP = khi x = y = z = II.PHẦN TỰ CHỌN: 1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản Câu 6a.1a 1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP = (7; - 4) của AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0 2. Goïi A(a; 0; 0) . ° Khoaûng caùch töø A ñeán maët phaúng (a) : ° (D) qua vaø coù vectô chæ phöông ° Ñaët ° Do ñoù: d(A; D) laø ñöôøng cao veõ töø A trong tam giaùc ° Theo giaû thieát: d(A; a) = d(A; D) ° Vaäy, coù moät ñieåm A(3; 0; 0). Câu 6a.2a n = * Xem caùc soá hình thöùc , keå caû a = 0. Coù 3 caùch choïn vò trí cho 1 (1 laø a hoaëc laø b hoaëc laø c). Sau ñoù choïn trò khaùc nhau cho 4 vò trí coøn laïi töø X \ : soá caùch choïn . Nhö theá coù 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 soá hình thöùc thoûa yeâu caàu ñeà baøi. * Xem caùc soá hình thöùc . * Loaïi nhöõng soá daïng hình thöùc ra, ta coøn 2520 – 240 = 2280 soá n thoûa yeâu caàu ñeà baøi. 1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: Câu 6b.1b 1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2 M Î Oy Þ M(0;m) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Vậy Vì MI là phân giác của (1) Û = 300 Û MI = 2R Û (2) Û = 600 Û MI = R Û Vô nghiệm Vậy có hai điểm M1(0;) và M2(0;-) 2.- (d1) ñi qua ñieåm A(0; 0; 4) vaø coù vectô chæ phöông - (d2) ñi qua ñieåm B(3; 0; 0) vaø coù vectô chæ phöông ° khoâng ñoàng phaúng. ° Vaäy, (d1) vaø (d2) cheùo nhau. ° Goïi MN laø ñöôøng vuoâng goùc chung cuûa (d1) vaø (d2) ° , ° Ta coù: ° Toïa ñoä trung ñieåm I cuûa MN: I(2; 1; 2), baùn kính ° Vaäy, phöông trình maët caàu (S): Câu 6b.2b Xeùt phöông trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0 Deã daøng nhaän thaáy phöông trình coù nghieäm Z1 = –1, sau ñoù baèng caùch chia ña thöùc ta thaáy phöông trình coù nghieäm thöù hai Z2 = 2. Vaäy phöông trình trôû thaønh: (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 Suy ra: Z3 = vaø Z4 = – Ñaùp soá: -------------------------------Hết----------------------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 14) C©u Néi dung §iÓm Gäi M(x;y) (C) vµ c¸ch ®Òu 2 tiÖm cËn x = 2 vµ y = 3 | x – 2 | = | y – 3 | VËy cã 2 ®iÓm tho¶ m·n ®Ò bµi lµ : M1( 1; 1) vµ M2(4; 6) 2 0.75® XÐt ph­¬ng tr×nh : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2) (1) §Æt t = sin22x . Víi th× . Khi ®ã (1) trë thµnh : 2m = víi NhËn xÐt : víi mçi ta cã : §Ó (2) cã 2 nghiÖm thuéc ®o¹n th× D­a vµo ®å thÞ (C) ta cã : y(1)< 2m ≤ y(3/4) VËy c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ : 0,25 0,5 II 2,0® 1 1,0® (1) §K : sinx ≠ 0 Khi th× sinx > 0 nªn : (1) cos2x = cos Do nªn Khi th× sinx < 0 nªn : (1) cos2x = cos Do nªn 0,5 0,5 2 1,0® §Æt . Ta cã : Víi u = -3 , v = - 4 ta cã : x = - 61 Víi u = 4, v = 3 ta cã : x = 30 VËy Pt ®· cho cã 2 nghiÖm : x = -61 vµ x = 30 0,25 0,5 0.25 III 1.0® 1® a)Ta cã : AB = , Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC , ta cã : DM = 1 SD = , SC = SM = Ta cã : (*) Gãc gi÷a hai ®­êng th¼ng AC vµ SD lµ gãc gi÷a hai ®­êng th¼ng DM vµ SD hay bï víi gãc SDM . Do ®ã : cos = b) KÎ DN // BC vµ N thuéc AC . Ta cã : BC // ( SND) . Do ®ã : d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND)) KÎ CK vµ AH vu«ng gãc víi SN , H vµ K thuéc ®­êng th¼ng SN Ta cã : DN // BC Vµ Tõ (1) vµ (2) suy ra : DN ( SAC) Do c¸ch dùng vµ (3) ta cã : CK (SND) hay CK lµ kho¶ng c¸ch tõ C ®Õn mp(SND) MÆt kh¸c : ΔANH = ΔCNK nªn AH = CK Mµ trong tam gi¸c vu«ng SAN l¹i cã : VËy kho¶ng c¸ch gi÷a BC vµ SD lµ : CK = 0.5 0,5 IV 2® 1 1.0® Ta cã : sinx – cosx + 1 = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx – sinx) + C = (A – 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C VËy I = I = I = TÝnh J = . §Æt t = tan §æi cËn : Khi x = th× t = 1 Khi x = 0 th× t = 0 VËy L¹i ®Æt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan2u + 1)du §æi cËn khi t = 1 th× u = Khi t = 0 th× u = víi tan Do ®ã : I = 0,25 0,25 0.5 2a 0.5® G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y , | z | = Ta cã : | z | = 1 + ( z – 2 ) i = ( 1 – y ) + ( x – 2 ) i 0,5 0.5 2b 0.5đ G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y , Ta cã : | z - i | = | x + ( y - 1)i | = Do ®ã : 1 < | z - i | < 2 1 < | z - i |2 < 4 Gäi (C1) , (C2) lµ hai ®­êng trßn ®ång t©m I( 0 ; 1) vµ cã b¸n kÝnh lÇn l­ît lµ : R1=1 , R2 = 2 . VËy tËp hîp c¸c ®iÓm cÇn t×m lµ phÇn n»m gi÷a hai ®­êng trßn (C1) vµ (C2) Va 3® 1 +) PT c¹nh BC ®i qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP cña (d2) lµm VTPT (BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Täa ®é ®iÓm C lµ nghiÖm cña HPT : +) §­êng th¼ng ∆ ®i qua B vµ vu«ng gãc víi (d2) cã VTPT lµ ∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Täa ®é giao ®iÓm H cña ∆ vµ (d2) lµ nghiÖm cña HPT : +) Gäi B’ lµ ®iÓm ®èi xøng víi B qua (d2) th× B’ thuéc AC vµ H lµ trung ®iÓm cña BB’ nªn : +) §­êng th¼ng AC ®i qua C( -1 ; 3) vµ B’(4 ; 3) nªn cã PT : y - 3 = 0 +) Täa ®é ®iÓm A lµ nghiÖm cña HPT : +) §­êng th¼ng qua AB cã VTCP , nªn cã PT : 0,25 0,5 0,25 2a §­êng th¼ng (d1) ®i qua M1( 1; -4; 3) vµ cã VTCP §­êng th¼ng (d2) ®i qua M2( 0; 3;-2) vµ cã VTCP Do ®ã : vµ Suy ra . VËy (d1) vµ (d2) chÐo nhau 0.5 2b LÊy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuéc (d1) vµ B(-3u; 3 + 2u; -2) thuéc (d2) .Ta cã : A,B lµ giao ®iÓm cña ®­êng vu«ng gãc chung cña (d1) vµ (d2) víi hai ®­êng ®ã Suy ra : A( 1; -2; 4) vµ B(3; 1; -2) AB = 7 Trung ®iÓm I cña AB cã täa ®é lµ : ( 2; -; 1) MÆt cÇu (S) cÇn t×m cã t©m I vµ b¸n kÝnh lµ AB/2 vµ cã PT : 0,5 3 Sè c¸ch lÊy 2 bi bÊt k× tõ hai hép bi lµ : 52.25 = 1300 Sè c¸ch lÊy ®Ó 2 viªn bi lÊy ra cïng mµu lµ : 30x10+7x6+15x9 = 477 X¸c suÊt ®Ó 2 bi lÊy ra cïng mµu lµ : 0.5 0.5 Vb 3.0 ® 1 O y x A B C 600 +) Täa ®é ®iÓm B lµ nghiÖm cña HPT : Ta nhËn thÊy ®êng th¼ng BC cã hÖ sè gãc k = , nªn . Suy ra ®­êng ph©n gi¸c trong gãc B cña ΔABC cã hÖ sè gãc k’ = nªn cã PT : (Δ) T©m I( a ;b) cña ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC thuéc (Δ) vµ c¸ch trôc Ox mét kho¶ng b»ng 2 nªn : | b | = 2 + Víi b = 2 : ta cã a = , suy ra I=(  ; 2 ) + Víi b = -2 ta cã a = , suy ra I = (  ; -2) §­êng ph©n gi¸c trong gãc A cã d¹ng:y = -x + m (Δ’).V× nã ®i qua I nªn  + NÕu I=(  ; 2 ) th× m = 3 + 2. Suy ra : (Δ’) : y = -x + 3 + 2. Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(3 + 2. ; 0) Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = 3 + 2. Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (3 + 2 ; 6 + 2) VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ : . + NÕu I=(  ; 2 ) th× m = -1 - 2. Suy ra : (Δ’) : y = - x -1 - 2. Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(-1 - 2. ; 0) Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = -1 - 2. Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (-1 - 2 ; -6 - 2) VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ : . VËy cã hai tam gi¸c ABC tho¶ m·n ®Ò bµi vµ träng t©m cña nã lµ : G1 = vµ G2 = 0.25 0.5 0,25 2a + §­êng th¼ng (d) ®i qua M(0; -1; 0) vµ cã VTCP + Mp (P) cã VTPT : Mp (R) chøa (d) vµ vu«ng gãc víi (P) cã VTPT : Thay x, y, z tõ Pt cña (d) vµo PT cña (P) ta cã : t - 2 - 2t + 3 = 0 hay t =1 . Suy ra (d) c¾t (P) t¹i K(1; -1; -1) H×nh chiÕu (d’) cña (d) trªn (P) ®i qua K vµ cã VTCP : VËy (d’) cã PTCT : 0,25 0,25 2b LÊy I(t; -1; -t) thuéc (d) , ta cã : d1 = d(I, (P)) = ; d2 = d(I, (Q)) = Do mÆt cÇu t©m I tiÕp xóc víi (P0 vµ (Q) nªn : R = d1 = d2 | 1 - t | = | 5 - t | t = 3 Suy ra : R = 2/3 vµ I = ( 3; -1; -3 ) . Do ®ã mÆt cÇu cÇn t×m cã PT lµ : 0,25 0,25 3. sai Sè c¸ch chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ lµ : Sè c¸ch chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ mµ trong 5 qu©n bµi ®ã cã ®óng 3 qu©n bµi thuéc 1 bé lµ : 13. X¸c suÊt ®Ó chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ mµ trong 5 qu©n bµi ®ã cã ®óng 3 qu©n bµi thuéc 1 bé lµ : = 0.5 0.5 HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 15) I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnh C©uI §¸p ¸n §iÓm 2. (0,75 ®iÓm) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vµ ®­êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh Do (1) cã nªn ®­êng th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B 0,25 Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt ó AB2 nhá nhÊt ó m = 0. Khi ®ã 0,5 II (2 ®iÓm) 1. (1 ®iÓm) Ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 ó 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 ó 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0 0,5 ó (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 ó 0,25 ó 0,25 2. (1 ®iÓm) §K: BÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi ®Æt t = log2x, BPT (1) ó 0,5 0,25 VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: III 1 ®iÓm ®Æt tanx = t 0,5 0,5 C©u IV 1 ®iÓm A1 A B C C1 B1 K H Do nªn gãc lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc =300 . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c nªn 0,5 KÎ ®­êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 0,25 Ta cã AA1.HK = A1H.AH 0,25 C©u V 1 ®iÓm ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si cho 2005 sè 1 vµ 4 sè a2009 ta cã T­¬ng tù ta cã 0,5 Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®­îc Tõ ®ã suy ra MÆt kh¸c t¹i a = b = c = 1 th× P = 3 nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 3. 0,5 C©u VIa 2 ®iÓm 1.Tõ ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 0,5 0,5 2. (1 ®iÓm) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P). G.sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. 0,5 v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph­¬ng cña d) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ó 7x + y -5z -77 = 0 0,5 C©u VIIa 1 ®iÓm Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã .= 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n 0,5 Mçi bé 4 sè nh­ thÕ cã 4! sè ®­îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ ..4! = 1440 sè 0,5 2.Ban n©ng cao. C©u VIa 2 ®iÓm 1.( 1 ®iÓm) Tõ ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 0,5 0,5 2.Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. 0,5 v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph­¬ng cña d) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ó 7x + y -5z -77 = 0 0,5 C©u VIIa 1 ®iÓm Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu) vµ =10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã . = 100 bé 5 sè ®­îc chän. 0,5 Mçi bé 5 sè nh­ thÕ cã 5! sè ®­îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ ..5! = 12000 sè. MÆt kh¸c sè c¸c sè ®­îc lËp nh­ trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ . VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n 0,5 HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 16) Câu Ý Nội dung Điểm I 2.5 b Tìm M Î (C) để tổng các khoảng cách đến 2 tiệm cận nhỏ nhất 0,75 Với 0.25 TCĐ d: X = 0, TCX d’: X - Y = 0 ⇒ T = d(M, d) + d(M, d’) = Dấu "=" xảy ra ⇔ 0.5 Gọi M(2; m) Î d1: x = 2. Khi đó đt d ' M Þ d: y = k(x -2) + m. Để đt d tiếp xúc với (C’) Û hệ: có nghiệm 0,25 Û 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m = 0 (1) có nghiệm. Số tiếp tuyến kẻ từ M đến (C’) là số nghiệm của Pt (1) Xét hàm số y = 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m Þ y’ = 6(x-2)2 ³ 0 "x Þ Hàm luôn đồng biến Þ Pt (1) luôn có nghiệm duy nhất Þ từ một điểm trên đt x = 2 luôn kẻ được một tiếp tuyến đến đồ thị (C’). 0,5 II 1,5 1 Giải phương trình: 0,75 0.25 0.25 Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất. Vậy Pt có nghiệm là: x = và x = 2 0.25 2 Giải hệ phương trình: 0,75 0.25 0.25 Thử lại thấy đúng nên: là nghiệm của hệ phương trình. 0.25 III 1,5 1 Giải phương trình: . 0,5 Điều kiện: . Khi đó Pt 0.25 . Kết hợp với điều kiện ta được: (Với k ∊ N*). 0.25 2 Giải bất phương trình: 0,5 Đặt 0.25 0.25 3 0,5 . Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả tập con gồm 5 chữ số khác nhau. 0,25 Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữ số mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy có tất cả = 252 số. 0,25 IV 2.0 1 Xác định tọa độ điểm C Î (P) sao cho DABC đều 1.0 Để DABC là tam giác đều Þ đường cao MC = AB Gọi M là trung điểm của AB Þ M(1; 0; - 2). Gọi (Q) là mf đi qua M và vuông góc với AB Þ (Q): x + z + 1 = 0 0,25 Gọi d = (P) n (Q) Þ Þ C Î d Þ C(-2 - 2t; t; 1 + 2t) 0,25 0,25 P Q A B M C1 C2 0.25 2 Xác định các góc hợp bởi các cạnh đối diện của tứ diện. 1.0 Lấy E, F, G lần lượt là trung điểm của AB, CD, AC ta có: GE = GF = c/2. ∆ACD = ∆BCD (c.c.c) ⇒ FA = FB ⇒ 0.25 FE là trung tuyến của ∆FAB nên: 0.25 Gọi a là góc tạo bởi AD và BC ta có : . Vậy 0.25 Tương tự nếu gọi b, g lần lượt là góc tạo bởi CD, AB và DB, AC ta có: , 0.25 F E G B D A C 3 0,5 . Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả tập con gồm 5 chữ số khác nhau. 0,25 Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữ số mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy có tất cả = 126 số. 0,25 V 2,5 1 0,5 Đặt: 0,25 0,25 2 1,0 . Đặt: x - 1 = tgt 0,25 0,25 0,25 0,25 3 1,0 Ta có: 0.5 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 0.5 HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 16) LỜI GIẢI TÓM TẮT: I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Bạn đọc tự giải. 2. = (2;-1). ==> MN: x + 2y + 3 = 0 Đường thẳng (d) ^ MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m. Gọi A, B là hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua đường thẳng MN Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình: Þ 2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ - 1) (1) Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có D = m2 – 8m – 32 > 0 Ta có A(x1,2x1 + m), B(x2;2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1) Trung điểm của AB là Iº I( ( theo định lý Vi-et) Ta có I MN ==> m = - 4, (1) Þ 2x2 – 4x = 0 Þ A(0; - 4), B(2;0) Câu 2: 1. 4cos4x – cos2x = Û (1 + cos2x)2 – cos2x = cos2x + = 2 Û ( vì VT ≤ 2 với mọi x) Û Û x = 8np () 2. Ta thấy phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 (2) có hai nghiệm x = 1. Ta có x = không là nghiệm của phương trình nên (2) Ta có hàm số y = 3x tăng trên R hàm số y = luôn giảm trên mỗi khoảng Vậy Phương trình (2) chỉ có hai nghiệm x = 1 Câu 3: Ta có Vậy: K = = M + N Với M = Dùng phương pháp tptp Đặt Vậy M = - N = - N ==> K = Câu 4: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm của BC, theo tính chất của hình chóp đều Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I Î SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của Ta có SO = OM tana = tana ( Với a là độ dài của cạnh đáy) Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2 r = OI = OM.tan = Vậy V = Câu 5: Ta có ==> AB//(d) Gọi H là hình chiếu của A trên (d) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P) (d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0 H = (d)Ç (P) ==> H(- 1;2;2) Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (d) ==> H là trung điểm của AA’ ==> A’(-3;2;5) Ta có A;A’;B;(d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A’BÇ(d) Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4) II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Gọi A là biến cố: “ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác” Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác {4;6;8}, {4;8;10}, {6;8;10} Vậy: n(W) = ; n(A) = 3 ==> P(A) = 2. Û Û Û Câu 7a: Trên nửa khoảmg , cosx ≠ 0 chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được y = Đặt t = tanx ==> t Khảo sát hàm số y = trên nửa khoảng y’ = ; y’ = 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x = 2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: 1. Điều kiện: n nguyên dương và n ≥ 3 Ta có Û n2 – 9n + 14 = 0 Þ n = 7 Ta có số hạng thứ 6 : = 21 Û 21.22(x – 2)lg3 = 21 lg(10 – 3x) + lg3(x – 2) = 0 Û (10 – 3x)3x – 2 = 1 32x - 10.3x + 9 = 0 2. Gọi β = r( cosj + isinj) Þ β3 = r3( cos3j + isin3j) Ta có: r3( cos3j + isin3j) = Suy ra β Câu 7b: Theo tính chất ba cạnh của một tam giác, ta có độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1 ( vì a + b + c = 2). Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c 3 – (a + b + c) > 0 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = Lời giải tóm tắt(Đề 18) Câu I: 2. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng Phương trình có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Phương trình có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Đường thẳng đi qua điểm uốn của đồ thị Câu II: 1. 2. . Điều kiện: Biến đổi theo logarit cơ số 2 thành phương trình Câu III: . Đặt . Đặt . Câu IV: . , Câu V: (). Đặt , suy ra xác định và liên tục trên đoạn . . ta có . Vậy: . Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, ta có: Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc hoặc . Câu VI: 1. Phương trình đường trung trực của AB là . Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ: . Phương trình đường tròn là . 2. a. sao cho Vậy quỹ tích các điểm M là mặt phẳng có phương trình . b. . . cách đều và Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình và . Câu VII: Khai triển ta có: Nhân vào hai vế với , ta có: Lấy đạo hàm hai vế ta có: Thay , ta có ------------------------Hết------------------------