ĐỀ TOÁN MỚI NHẤT 2014 Phần 4

ĐỀ TOÁN MỚI NHẤT 2014 P4

1 S Ở GD& Đ T NGH Ệ AN TR ƯỜ NG THPT PHAN ĐĂ NG L Ư U ĐỀ THI TH Ử ĐẠ I H Ọ C L Ầ N I N Ă M H Ọ C 2012 − −− − 2013 MÔN: TOÁN − KH Ố I A, B Th ờ i gian làm bài : 180 phút. I. PH Ầ N CHUNG CHO T Ấ T C Ả CÁC THÍ SINH (7,0 đ i ể m ) Câu 1 (2 đ i ể m ). Cho hàm s ố 3 2 1 3 y x x = − . 1) Kh ả o sát và v ẽ đồ th ị (C) c ủ a hàm s ố ; 2) Vi ế t ph ươ ng trình ti ế p tuy ế n c ủ a (C) bi ế t ti ế p tuy ế n đ ó c ắ t các tr ụ c Ox, Oy t ươ ng ứ ng t ạ i A, B phân bi ệ t th ỏ a mãn OB = 3OA. Câu 2 (1 đ i ể m ). Gi ả i ph ươ ng trình: 0 cos 6 ) sin2 (tan tan 3 = + + − x x x x Câu 3 (1 điểm ). Gi ải hệ phương trình: 2 2 1 2 2 1 2 3 3 y x x y x y x x x  + = +    + = + +  Câu 4 (1 điểm ). Tính tích phân 2 2 sin cos 3 sin 2 x x I dx x π π − + = + ∫ . Câu 5 (1 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và kho ảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC. Câu 6 (1 điểm ). Cho a,b, c là các s ố thực không âm thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1. Chứng minh: 1 1 1 1 a b c bc ca ab + + ≥ + + + . II. PH Ầ N RIÊNG (3,0 đ i ể m ): Thí sinh ch ỉ đượ c làm m ộ t trong hai ph ầ n ( ph ầ n A ho ặ c ph ầ n B ). A. Theo ch ươ ng trình Chu ẩ n Câu 7a (1 điểm ). Trong m ặt phẳng Oxy cho ∆ ABC vuông t ại B, AC = 2. Đường phân giác trong của góc A có ph ương trình (d): 3 0 x y − = . Tìm to ạ độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến (d) bằng hai lần khoảng cách từ B đến (d); C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương. Câu 8a (1 điểm ). Trong không gian v ới hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 3 6 5 2 x y t z t = −   = − +   = −  , mặt phẳng (P): x + 2y − 2z + 4 = 0 và điểm A( − 3; − 1; 2). Vi ết phương trình mặt phẳng ( α ) đi qua A, vuông góc v ới (P) và cắt d tại điểm M thỏa mãn: khoảng cách từ M đến (P) bằng MA. Câu 9a (1 điểm ). Tìm h ệ số của x 6 trong khai triển (x 2 + x – 2) n , biết n là số nguyên dương thỏa mãn: 2 3 0 1 2 3 2 2 2 121 3 4 1 1 n n n n n n n C C C C C n n + + + + + = + + . B. Theo ch ươ ng trình Nâng cao Câu 7b (1 điểm ). Trong m ặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2 1 4 x y + = và 2 điểm ( 3;0), ( 3;0) A B − . Tìm điểm M thuộc (E) sao cho  0 60 AMB = . Câu 8b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 2 2 1 1 x y z + − = = , mặt ph ẳng (P): x + y − 2z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2). Vi ết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A song song v ới mặt phẳng (P), đồng thời vuông góc với d. Câu 9b (1 điểm ). Gi¶i ph−¬ng tr×nh: ( ) ( ) 2 2 2 log log 3 1 . 3 1 1 x x x x + + − = + . Cả m ơ n l o ve m at h @ g m ail. co m gử i tới www . laisac. p age. tl 2 …………………………. H ế t ………………………… Đ ÁP ÁN ĐỀ THI TH Ử ĐẠ I H Ọ C L Ầ N 1. N Ă M H Ọ C 2012 − −− − 2013 Câu N ộ i dung Đ i ể m 1 (2 đ i ể m) 1) • TX Đ : ℝ . • SBT: − CBT: y’ = x 2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 ho ặ c x = 2 Hàm số ĐB trên (−∞; 0) và (2; +∞); hàm số NB trên (0; 2). 0,25 − C ự c tr ị : C Đ (0;0); CT( 4 2; 3 − ). − Gi ớ i h ạ n: lim x y →−∞ = −∞ , lim x y →+∞ = +∞ . 0,25 − BBT: 0,25 • Đồ th ị 0,25 2) Ta có:  tan 3 OB OAB OA = = ⇒ h ệ s ố góc c ủ a ti ế p tuy ế n là ±3. 0,25 G ọ i x 0 là hoành độ ti ế p đ i ể m thì y’(x 0 ) = ±3 ⇔ 2 0 0 2 3 x x − = ± ⇔ x 0 = − 1 ho ặ c x 0 = 3. 0,25 • PT ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i đ i ể m ( 4 1; 3 − − ): 4 3( 1) 3 y x = + + hay 13 3 3 y x = + . 0,25 • PT ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i đ i ể m (3; 0): y = 3(x − 3) hay y = 3x − 9. 0,25 2 (1 đ i ể m) Đ K: cosx ≠ 0. ⇔ 2 3(1 2cosx) tan x(1 2cosx) 0 + − + = ⇔ (1 + 2cosx)(3 − tan 2 x) = 0 0,5 ⇔ 1 cos 2 x = − ho ặ c tan 3 x = ± ⇔ 2 2 3 x k π π = ± + ho ặ c 3 x k π π = ± + . Đố i chi ế u Đ K, ph ươ ng trình có các nghi ệ m trên. 0,5 3 (1 đ i ể m) Đ KX Đ : x > 0, y ≠ 0. PT đầ u c ủ a h ệ ⇔ y = 2x ho ặ c y x= − . 0,25 1 2 3 4 3 − O x y − 3 x y’ y − ∞ + ∞ 0 2 0 0 + − + 0 4 3 − − ∞ + ∞ 3 • V ớ i y = 2x, ta có: 2 2 2 1 2 3 3 x x x x + = + + (*) ⇔ 2 1 3 1 2 1 x x = + + . 0,25 Dễ thấy hàm số 2 1 3 ( ) 2 1 f x x x = + + ngh ịch biến trên (0; + ∞ ). M ặt khác ( 3) 1 f = V ậy (*) có nghiệm dy nhất 3x = ⇒ 2 3y = . 0,25 • Với y x= − ta có: 2 2 1 2 3 3 x x x x − + = + + : PT này vô nghiệm vì vế trái không d ương, vế phải dương. Tóm l ại hệ có nghiệm duy nhất 3x = ; 2 3y = . 0,25 4 (1 điểm) 2 2 2 2 2 sin cos sin cos 3 sin 2 4 (sin cos ) x x x x I dx dx x x x π π π π − − + + = = + − − ∫ ∫ 0,25 Đặ t sinx − cosx = t, ta có: 1 1 2 1 1 1 1 1 4 4 2 2 dt I dt t t t − −   = = +   − + −   ∫ ∫ 0,5 = 1 1 1 (ln | 2 | ln | 2 |) 4 t t − + − − = 1 ln3 2 . 0,25 5 (1 đ i ể m) • Do M là trung đ i ể m SC nên 1 ( ,( )) ( ,( )) 2 d M SAB d C SAB = ⇒ 1 2 SABM SABC V V = . Vì (SAB) ⊥ (ABC) nên g ọ i SH là đườ ng cao c ủ a ∆ SAB thì SH ⊥ (ABC) ∆ SAB đề u c ạ nh a ⇒ 3 2 a SH = . 0,25 2 3 1 1 3 3 . 3 3 2 4 8 SABC ABC a a a V SH S = = = V ậ y 3 16 SABM a V = . 0,25 • G ọ i D là đ i ể m sao cho ACBD là hình bình hành ⇒ (SAD) ch ứ a SA và song song BC ⇒ d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD))= 3 SABD SAD V S . Ta có: 3 8 SABD SABC a V V = = . ∆SHC vuông cân t ạ i H ⇒ 6 2 2 a SC SH= = . BM là đườ ng cao tam giác cân SBC ⇒ BM = 2 2 2 2 6 10 4 4 a a SA SM a   − = − =       . 0,25 2 1 1 10 6 15 . . . 2 2 4 2 8 SAD SBC a a a S S BM SC = = = = 0,25 S D A H B C M 4 ⇒ d(SA, BC) = 3 3 15 SABD SAD V a S = . 6 (1 đ i ể m) Ta có: 2 2 2 2 1 3 1 2 a a a b c bc a ≥ = + + − + . 0,25 M ặ t khác d ễ th ấ y 2 2 2 3 a a a ≥ − (*). Th ậ t v ậ y (*) ⇔ a(a − 1) 2 (a + 2) ≥ 0 luôn đ úng. 0,25 Suy ra 2 1 a a bc ≥ + , t ươ ng t ự 2 1 b b ca ≥ + , 2 1 c c b ≥ + . 0,25 Do đ ó: 2 2 2 1 1 1 1 a b c a b c bc ca ab + + ≥ + + = + + + ( đ pcm). 0,25 7a (1 đ i ể m) G ọ i M là đ i ể m đố i x ứ ng c ủ a B qua d ⇒ M ∈ AC. G ọ i H, K l ầ n l ượ t là hình chi ế u c ủ a C, B trên d. Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM ⇒ M là trung đ i ể m AC. Vì các tam giác ABC, AHC vuông c ạ nh huy ề n AC nên MH = MB = MC = HC = 1. Gi ả s ử C(0; y 0 ) ⇒ CH = d(C,d) = 0 | | 1 2 y = ⇔ y 0 = ±2. 0,5 Gi ả s ử ( ; 3)A t t ∈ d (t > 0). Ta có: 2 2 0 ( 3) 2AC t y t= + − = ⇔ 2 0 4 2 3 0 t y t − = (do 2 0 4y = ) ⇔ 0 3 2 y t = . Vì t > 0 nên y 0 = 2 và 3t = . Vậy ( 3;3)A , C(0; 2). 0,5 8a (1 điểm) Giả sử M( − 3; − 6 + 5t; 2 − t) ∈ d. ta có: d(M, (P)) = MA ⇔ 2 2 | 3 2( 6 5 ) 2(2 ) 4| 0 (5 5) 1 4 4 t t t t − + − + − − + = + − + + + ⇔ (4t − 5) 2 = 26t 2 − 50t + 25 ⇔ 10t 2 + 10t = 0 ⇔ t = 1 ho ặc t = 0. ⇒ M( − 3; − 1; 1) ho ặc M( − 3; − 6; 2). 0,5 Mặt phẳng ( α ) c ần tìm đi qua M, A và vuông góc với (P) nên có 1 vec tơ pháp tuy ến là [ , ] p n MA n α =    , với p n  là 1 vec tơ pháp tuyến của (P). • M( − 3; − 1; 1): Ta có (0;0;1) MA =  , (1;2; 2) p n = −  ⇒ ( 2;1;0) n α = −  Ph ương trình mp (α): −2x + y − 5 = 0. • M( − 3; − 6; 2): (0;5;0) MA =  , (1;2; 2) p n = −  ⇒ ( 10;0; 5) n α = − −  ⇒ ( α ): 2x + z + 4 = 0. V ậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn là (α): −2x + y − 5 = 0 và (α): 2x + z + 4 = 0. 0,5 9a (1 điểm) Từ khai triển 0 1 2 2 (1 ) n n n n n n n x C C x C x C x + = + + + + ta có: 2 2 0 1 2 2 0 0 (1 ) ( ) n n n n n n n x dx C C x C x C x dx + = + + + + ∫ ∫ Hay: 2 2 1 0 1 2 2 3 1 0 0 1 1 1 1 (1 ) 1 2 3 1 n n n n n n n x C x C x C x C x n n + +   + = + + + +   + +   0,5 B H C M K A 5 ⇔ 1 2 3 1 0 1 2 3 1 2 2 2 2 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C n n + + − = + + + + + + K ế t h ợ p gi ả thi ế t suy ra: 1 3 1 242 1 1 n n n + − = + + ⇔ 3 n + 1 = 243 = 3 5 ⇔ n = 4. Ta có (x 2 + x – 2) 4 = (x − 1) 4 (x + 2) 4 = 0 1 2 2 3 3 4 4 0 1 2 2 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 ( )( .2 .4 .8 .16 ) C C x C x C x C x C C x C x C x C x − + − + + + + + V ậy hệ số x 6 là: 2 4 3 3 4 2 4 4 4 4 4 4 . .16 . .8 . .4 8 C C C C C C − + = − . 0,5 7b (1 điểm) Vì A, B chính là các tiêu điểm (E) nên ta có: 2 2 2 0 2 1 2 . .cos60 ( ) 2 . 2 . . 2 AB MA MB MA MB MA MB MAMB MA MB = + − = + − − = 2 2 4 3 . 4 3( )( ) a MA MB a a ex a ex − = − + − = 2 2 2 3 a e x + ⇒ 2 2 2 2 2 4 3 c c a x a = + ⇔ 2 2 2 2 2 (4 ) (4.3 4).4 32 3 3.3 9 c a a x c − − = = = ⇒ 4 2 3 x = ± . 0,5 Vì M ∈ (E) ⇒ 2 2 8 1 1 1 1 4 9 9 3 x y y = − = − = ⇒ = ± . V ậ y có 4 đ i ể m th ỏ a mãn v ớ i t ọ a độ là 4 2 1 ; 3 3   ± ±       . 0,5 8b (1 đ i ể m) Véc t ơ ch ỉ ph ươ ng và véc t ơ pháp tuy ế n c ủ a d và (P) t ươ ng ứ ng là (2;1;1), (1;1; 2) d p u n = = −   . 0,25 G ọ i u ∆  là vec t ơ ch ỉ ph ươ ng c ủ a ∆ , t ừ gi ả i thi ế t suy ra u ∆  vuông góc v ớ i các véc t ơ , d p u n   ⇒ có th ể ch ọ n [ , ] ( 3;5;1) d p u u n ∆ = = −    . 0,5 V ậ y ph ươ ng trình ∆ là: x = 1 − 3t; y = − 1 + 5t; z = 2 + t. 0,25 9b (1 đ i ể m) Đ KX Đ : x > 0. Đặ t 2 2 log log ( 3 1) 0,( 3 1) 0 x x u v + = ≥ − = ≥ ⇒ u.v = x. Ta có ph ươ ng trình: u + uv 2 = 1 + u 2 v 2 ⇔ (u − 1)( 1 − uv 2 ) = 0 ⇔ u = 1 ho ặ c uv 2 = 1. 0,5 • u = 1 ⇒ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 (th ỏ a mãn PT). • uv 2 = 1 ⇒ 2 log (2 3 2) 1 x − = ⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 (th ỏ a mãn PT). V ậ y PT có nghi ệ m duy nh ấ t x = 1. 0,5 L ư u ý : H ướ ng d ẫ n này ch ỉ trình bày m ộ t cách gi ả i, n ế u h ọ c sinh gi ả i cách khác mà v ẫ n đ úng thì cho đ i ể m t ố i đ a dành cho ph ầ n đ ó (ho ặ c ý đ ó). Cả m ơ n l o ve m at h @ g m ail. co m gử i tới www . laisac. p age. tl 1 S Ở GIÁO D Ụ C VÀ Đ ÀO T Ạ O ĐỂ THI TH Ử ĐẠ I H Ọ C, CAO ĐẲ NG THÀNH PH Ố Đ À N Ẵ NG Môn thi: TOÁN, kh ố i A TR ƯỜ NG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ Đ ÔN Th ờ i gian làm bài: 180 phút, không k ể th ờ i gian giao đề PH Ầ N CHUNG CHO T Ấ T C Ả CÁC THÍ SINH (7 đ i ể m) Câu I (2 đ i ể m) Cho hàm s ố 4 2 ( ) 8x 9x 1 y f x = = − + 1. Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ đồ th ị (C) c ủ a hàm s ố . 2. D ự a vào đồ th ị (C) hãy bi ệ n lu ậ n theo m s ố nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình 4 2 8 os 9 os 0 c x c x m − + = v ới [0; ] x π ∈ . Câu II (2 điểm) 1. Gi ải phương trình: ( ) 3 log 1 2 2 2 x x x x   − − = −     2. Gi ả i h ệ ph ươ ng trình: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y  + + − =   − =   Câu III (1 đ i ể m) Tính di ệ n tích c ủ a mi ề n ph ẳ ng gi ớ i h ạ n b ở i các đườ ng 2 | 4 | y x x = − và 2 y x = . Câu IV (1 đ i ể m) Cho hình chóp c ụ t tam giác đề u ngo ạ i ti ế p m ộ t hình c ầ u bán kính r cho tr ướ c. Tính th ể tích hình chóp c ụ t bi ế t r ằ ng c ạ nh đ áy l ớ n g ấ p đ ôi c ạ nh đ áy nh ỏ . Câu V (1 đ i ể m) Đị nh m để ph ươ ng trình sau có nghi ệ m 2 4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0 4 4 4 c c m π π π       − + =             PH Ầ N RIÊNG (3 đ i ể m): Thí sinh ch ỉ làm m ộ t trong hai ph ầ n (Ph ầ n 1 ho ặ c ph ầ n 2) 1. Theo ch ươ ng trình chu ẩ n. Câu VI.a (2 đ i ể m) 1. Cho ∆ ABC có đỉ nh A(1;2), đườ ng trung tuy ế n BM: 2 1 0 x y + + = và phân giác trong CD: 1 0 x y + − = . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng BC. 2. Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz, cho đườ ng th ẳ ng (D) có ph ươ ng trình tham s ố 2 2 2 2 x t y t z t = − +   = −   = +  .G ọ i ∆ là đườ ng th ẳ ng qua đ i ể m A(4;0;-1) song song v ớ i (D) và I(-2;0;2) là hình chi ế u vuông góc c ủ a A trên (D). Trong các m ặ t ph ẳ ng qua ∆ , hãy vi ế t ph ươ ng trình c ủ a m ặ t ph ẳ ng có kho ả ng cách đế n (D) là l ớ n nh ấ t. Câu VII.a (1 đ i ể m) Cho x, y, z là 3 s ố th ự c thu ộ c (0;1]. Ch ứ ng minh r ằ ng 1 1 1 5 1 1 1 xy yz zx x y z + + ≤ + + + + + 2. Theo ch ươ ng trình nâng cao. Câu VI.b (2 đ i ể m) 1. Cho hình bình hành ABCD có di ệ n tích b ằ ng 4. Bi ế t A(1;0), B(0;2) và giao đ i ể m I c ủ a hai đườ ng chéo n ằ m trên đườ ng th ẳ ng y = x. Tìm t ọ a độ đỉ nh C và D. 2. Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz, cho hai đ i ể m A(1;5;0), B(3;3;6) và đườ ng th ẳ ng ∆ có ph ươ ng trình tham s ố 1 2 1 2 x t y t z t = − +   = −   =  .M ộ t đ i ể m M thay đổ i trên đườ ng th ẳ ng ∆ , xác đị nh v ị trí c ủ a đ i ể m M để chu vi tam giác MAB đạ t giá tr ị nh ỏ nh ấ t. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b   + + + + <   + + + + + +   H ế t Cả m ơ n l ovemat h@gm ail.com gử itới www. laisac.page.tl 2 Đ áp án Câu Ý N ộ i dung Đ i ể m I 2,00 1 1,00 + T ậ p xác đị nh: D = ℝ 0,25 + S ự bi ế n thiên: • Gi ớ i h ạ n: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ • ( ) 3 2 ' 32x 18x = 2x 16x 9 y = − − 0 ' 0 3 4 x y x =   = ⇔  = ±  0,25 • Bảng biến thiên. ( ) 3 49 3 49 ; ; 0 1 4 32 4 32 CT CT y y y y y y     = − = − = = − = =         C§ 0,25 • Đồ thị 0,25 2 1,00 Xét ph ương trình 4 2 8 os 9 os 0 c x c x m − + = v ới [0; ] x π ∈ (1) Đặt osx t c= , ph ương trình (1) trở thành: 4 2 8 9 0 (2)t t m− + = Vì [0; ] x π ∈ nên [ 1;1] t ∈ − , gi ữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. 0,25 3 Ta có: 4 2 (2) 8 9 1 1 (3) t t m ⇔ − + = − G ọ i (C 1 ): 4 2 8 9 1 y t t = − + v ớ i [ 1;1] t ∈ − và (D): y = 1 – m. Ph ương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C 1 ) và (D). Chú ý r ằng (C 1 ) giống như đồ thị (C) trong miền 1 1 t − ≤ ≤ . 0,25 Dự a vào đồ th ị ta có k ế t lu ậ n sau: • 81 32 m > : Ph ươ ng trình đ ã cho vô nghi ệ m. • 81 32 m = : Ph ươ ng trình đ ã cho có 2 nghi ệ m. • 81 1 32 m ≤ < : Ph ươ ng trình đ ã cho có 4 nghi ệ m. • 0 1 m < < : Ph ươ ng trình đ ã cho có 2 nghi ệ m. • 0 m = : Ph ươ ng trình đ ã cho có 1 nghi ệ m. • m < 0 : Ph ươ ng trình đ ã cho vô nghi ệ m. 0,50 II 2,00 1 1,00 Ph ươ ng trình đ ã cho t ươ ng đươ ng: 3 3 log log 3 2 0 2 2 0 1 1 1 log ln 0 ln 0 1 2 2 2 2 2 2 0 x x x x x x x x x x x x  − =  = − =                 ⇔ ⇔ − = − =   − =                          > >  − >        0,50 3 2 2 2 log 0 1 1 2 1 1 3 ln 0 1 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x =  = =       =   =  =               ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =         − =  − = =                          > > >       0,50 2 1,00 Đ i ề u ki ệ n: | | | | x y ≥ Đặ t 2 2 ; 0 u x y u v x y  = − ≥   = +   ; x y = − không th ỏ a h ệ nên xét x y ≠ − ta có 2 1 2 u y v v   = −     . H ệ ph ươ ng trình đ ã cho có d ạ ng: 2 12 12 2 u v u u v v + =      − =       0,25 4 8 u v =  ⇔  =  ho ặ c 3 9 u v =   =  + 2 2 4 4 8 8 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (I) + 2 2 3 3 9 9 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (II) 0,25 Gi ả i h ệ (I), (II). 0,25 4 Sau đ ó h ợ p các k ế t qu ả l ạ i, ta đượ c t ậ p nghi ệ m c ủ a h ệ ph ươ ng trình ban đầ u là ( ) ( ) { } 5;3 , 5;4 S = 0,25 III 1,00 Di ệ n tích mi ề n ph ẳ ng gi ớ i h ạ n b ở i: 2 | 4 | ( ) y x x C = − và ( ) : 2 d y x = Ph ươ ng trình hoành độ giao đ i ể m c ủ a (C) và (d): 2 2 2 2 2 0 0 0 | 4 | 2 2 4 2 6 0 6 4 2 2 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x ≥ ≥   =       − = ⇔ ⇔ ⇔ = − = − =         = − = − − =      Suy ra di ệ n tích c ầ n tính: ( ) ( ) 2 6 2 2 0 2 4 2 4 2 S x x x dx x x x dx = − − + − − ∫ ∫ 0,25 Tính: ( ) 2 2 0 | 4 | 2 I x x x dx = − − ∫ Vì [ ] 2 0;2 , 4 0 x x x ∀ ∈ − ≤ nên 2 2 | 4 | 4 x x x x − = − + ⇒ ( ) 2 2 0 4 4 2 3 I x x x dx = − + − = ∫ 0,25 Tính ( ) 6 2 2 | 4 | 2 K x x x dx = − − ∫ Vì [ ] 2 2;4 , 4 0 x x x ∀ ∈ − ≤ và [ ] 2 4;6 , 4 0 x x x ∀ ∈ − ≥ nên ( ) ( ) 4 6 2 2 2 4 4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx = − − + − − = − ∫ ∫ . 0,25 V ậy 4 52 16 3 3 S = + = 0,25 IV 1,00 G ọ i H, H’ là tâm c ủ a các tam giác đề u ABC, A’B’C’. G ọ i I, I’ là trung đ i ể m c ủ a AB, A’B’. Ta có: ( ) ( ) ( ) ' ' ' ' ' ' AB IC AB CHH ABB A CII C AB HH ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Suy ra hình c ầ u n ộ i ti ế p hình chóp c ụ t này ti ế p xúc v ớ i hai đ áy t ạ i H, H’ và ti ế p xúc v ớ i m ặ t bên (ABB’A’) t ạ i đ i ể m ' K II ∈ . 0,25 5 G ọ i x là c ạ nh đ áy nh ỏ , theo gi ả thi ế t 2x là c ạ nh đ áy l ớ n. Ta có: 1 3 1 3 ' ' ' ' ' ; 3 6 3 3 x x I K I H I C IK IH IC = = = = = = Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 2 3 3 ' . . 6r 6 3 x x I K IK OK r x = ⇒ = ⇒ = 0,25 Th ể tích hình chóp c ụ t tính b ở i: ( ) ' . ' 3 h V B B B B= + + Trong đ ó: 2 2 2 2 2 4x 3 3 3r 3 3 6r 3; ' ; 2r 4 4 2 x B x B h = = = = = = 0,25 T ừ đ ó, ta có: 2 2 3 2 2 2r 3r 3 3r 3 21r . 3 6r 3 6r 3. 3 2 2 3 V     = + + =     0,25 V 1,00 Ta có: +/ ( ) 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ; +/ ( ) 4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x 4 4 2 c c c c π π π         = + =                 +/ ( ) 2 1 1 os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x 4 2 2 2 c c π π       = + = −             Do đ ó ph ươ ng trình đ ã cho t ươ ng đươ ng: ( ) 1 1 2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1) 2 2 c + = Đặ t os2x + sin2x = 2 os 2x - 4 t c c π   =     ( đ i ề u ki ệ n: 2 2 t − ≤ ≤ ). 0,25 Khi đ ó 2 sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1 − . Ph ương trình (1) trở thành: 2 4 2 2 0 t t m + + − = (2) v ới 2 2 t − ≤ ≤ 2 (2) 4 2 2 t t m ⇔ + = − Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ): 2 2 D y m = − (là đường song song v ới Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): 2 4 y t t = + v ới 2 2 t − ≤ ≤ . 0,25 Trong đoạn 2; 2   −   , hàm số 2 4 y t t = + đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2 − tại 2t = − và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2+ tại 2t = . 0,25 Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2 2 4 2 m − ≤ − ≤ + 2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤ . 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Điểm ( ) : 1 0 ;1 C CD x y C t t ∈ + − = ⇒ − . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M + −       . 0,25 [...]... 2 (t 4 t ) dt 2 1 t 5 1 t 2 47 I1 = 3 3 t 49 49 5 2 1 245 0 1 7 x 1 1 3 0.25 3 3 3 1 du x 1 dx u ln( x 1) Xột I 2 x ln( x 1)dx t dv xdx 0 v 1 ( x 2 1) 2 0.25 0.25 1 0.25 1 Khi ú I 2 x ln( x 1) dx = 0 1 1 1 1 1 2 1 x2 1 1 11 1 ( x 1) ln( x 1) dx ( x 1)dx x 2 x = 0 2 2 0 x 1 20 22 0 4 47 1 43 3 Vy I = ( 0, 44 18367 347 ) 245 4 980 = 0.25 S B E 4 A I... 1 sin x 4 4 2 x 4 4 k 2 x 2 k 2 x k 2 x k 2 4 4 Vy PT ó cho cú 4 h nghim: x k 2 , x k 2 , x k 2 vi k 3 2 (2): t 1 0.25 b) 3 4 x (1) x 1 1 3y Gii h phng trỡnh: x y log x 1 (2) 3 K: 0 x 4, y T (2) ta cú: y 1 log 3 x log 3 0.25 3 log3 3 3 suy ra 3y 3 x x x Thay vo (1) ta c: 3 3 4 x x 1 1 x 1 1 4 x x 1 1 4 x 2 4 x x x 0.25... x 2 +x+ 1 2 + x - 4 x+ 4 2 x2 + 1 ( x ẻ Ă). 0.25 iukin: x > - 4 ổ x2 + x+ 1 ử 2- x2 + 1 ỗ ữ Btphngtrỡnhtngng 2 - 1 + x2 - 3Ê ỗ ữ x+ 4 x2 + 1 ố ứ x2 + x+ 1 - 1 4- (x2 + 1 ) 2 x+ 4 + x2 - 3Ê 2 2 x + x+ 1 ( + x + 1 x2 + 1 2 ) + 1 x+ 4 2 x2 - 3 ( ) x2 - 3 + x2 - 3+ Ê 0 (x+ 4 x2 + x+ 1 + x+ 4 )( ) ( + x2 + 1 x2 + 1 2 ) 0.25 0.25 ộ ự 2 1 ỳ Ê 0 (x2 - 3 ờ ) + 1+ ờ (x+ 4 x2 + x+ 1 + x+ 4 )( ) ( + x2 + 1... Hing5ngicúscụnhiuhnsthychcúthscụl3hoc4,hoc5. GiAlbinching5ngitrongúscụnhiuhnsthy 3 2 4 5 1 0 ị A = C C + C C + C C =1 946 7 10 7 10 10 7 SuyraP(A)= VI.b (2 điểm) A W = 0,25 1 946 139 = 6188 44 2 0,25 0,25 1.Gis B ( xB y B ) ẻ d1 ị xB = - y B - 5 C ( xC yC ) ẻ d 2 ị xC = -2 yC +7 ỡ xB + x + 2 = 6 C VỡGltrngtõmnờntacúh: ớ ợyB + yC + 3 = 0 Tcỏcphngtrỡnhtrờntacú:B(ư1 4) C(51) uuur uuur Tacú BG (3 4) ị VTPT nBG (4 -3) nờnphngtrỡnhBG:4x 3y... )- 4 + 13 ( at f( ,bc - f( ,t t = 3 a +b + c )+ 4 a , ) a , ) ( 2 2 ộ ự ộ ự b = 3 b 2 + c2 - 2 2)+ 4 ( - t2)= 3ờ b 2 + c2 - 2( + c) ỳ + 4aờ bc - (b+ c) ỳ ( t a bc 4 ở ỷ ở 4 0,25 ỷ 2 2 ( -2 )( - c 3 a b ) =3(b - c) - a(b - c)2 = 0 doaÊ1 2 2 *Bõygitachcnchngminh: f(a t,t)0 vi a+2t=3 , 0,25 Tacú f( ,t,t)=3 a2 + t2 + t2)+ 4 2 - 13 =3 3-2 )2 + t2 + t2)+ 4 3- 2 ) 2 - 13 a ( at (( t ( t t = 2 t-1 2 ( - 4. .. c + 4 ab+ bc+ ca ( ) im) Pcvitlididngtngngl ( + b 2 a ) ( + b 2 a ) P = 2 2 = M c + 4 ( + b + 4 c a ) ab c + 4 ( + b + ( + b 2 c a ) a ) 0.25 0.25 Do a b cẻ[ ] nờn a+ b ạ 0 ,nờnchiatvmucaMcho ( +b 2 tac: , , 12 a ) 1 1 c vi t = M = = 2 2 a+ b t + 4 + 1 t ổ c ử ổ c ử ỗ ữ + 4 ỗ ữ + 1 ố a+ bứ ố a+ bứ ộ 1 ự Vi a, b cẻ[ ] tẻ ờ 1 , 12 ỳ ở 4 ỷ 0.25 1 ộ1 ự Xộthms f( ) = 2 t trờn ờ 1 ỳ t + 4 + 1 t ở 4 ỷ... nguyờn dng v n 3 , ta cú n( n 1)( n 2) 3 1 Cn 5Cn 5n n 2 3n 28 0 n = 7, n = -4 (loi) 3! n 8b Tk 1 C x 3 7 k k 1 k 4 C7 x x 7 k k 3 4 7k k 0 k 4 3 4 Vy s hng khụng cha x ca khai trin l C 74 35 s hng trờn khụng cha x, thỡ 0.25 0.25 7 1 1 2 3 Vi n = 7, s hng tng quỏt ca khai trin x 4 = 3 x 4 l: x x n5 k 7 0.25 0.25 0.25 0.25 Cm nthyngHiu(doduonghieu@gmail.com)gitiwww.laisac.page.tl... 2 4 4 4 4 a 3 Tam giỏc ABD u cnh a nờn ng cao AO = => AC = a 3 2 0.25 0.25 1 1 1 a2 3 S ABC S ABCD AC.BD 2 4 8 8 3 a 1 Vy th tớch khi chúp S.ACE l : V S ACE SI 3 32 Do OA,OB, SI ụi mt vuụng gúc nờn ta thit lp h ta : a 3 a a a 3 a O = (0; 0; 0), A( ; 0; 0), B(0; ; 0), S(0; ; ) Suy ra D(0; - ; 0), 2 2 4 4 2 a 3 a 1 3a a 3 3a 3 a E( ; ;0) , C(- a 3 ; 0; 0) Ta cú SD 0; ; , CE 4. .. Cn 4 Cn 3 7( n 3) Cn 4 Cn 3 7( n 3) ( n 4) ( n 3)( n 2) ( n 3)( n 2)( n 1) 7( n 3) n 12 3! 3! n 8a 12 k 1 Tk 1 C 3 x x 5 k k 12 C x 36 3 k 5k 2 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 5k 8 k 8 2 8 Vy s hng cha x8 cú h s l C12 49 5 B Theo chng trỡnh Nõng cao x y (T) cú tõm I(1; -1) v bỏn kớnh R = 2 AB cú pt: 1 x y 4 0 4 4 CD//AB nờn CD cú PT dng: x y + c = 0, c khỏc -4; ... 1 0 m 1 + (*) cú 2 nghim trỏi du v khỏc 2 2 m 9 2 2.2 m 1 0 KL: m 1& m 9 Gii phng trỡnh 4sin 2 x sin x 2sin 2 x 2sin x 4 4 cos 2 x Ta cú 4sin 2 x sin x 2sin 2 x 2sin x 4 4 cos 2 x 2sin x 1 2 sin 2 x 1 3 4 cos 2 x 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 2sin x 1 2sin 2 x 1 4sin 2 x 1 2sin x 1 2 sin 2 x 1 2 sin x 1 2 sin x 1 0,25 2sin x 1 [ 2 sin 2 x 1 2 sin x . 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 ( )( .2 .4 .8 .16 ) C C x C x C x C x C C x C x C x C x − + − + + + + + V ậy hệ số x 6 là: 2 4 3 3 4 2 4 4 4 4 4 4 . .16. 242 1 1 n n n + − = + + ⇔ 3 n + 1 = 243 = 3 5 ⇔ n = 4. Ta có (x 2 + x – 2) 4 = (x − 1) 4 (x + 2) 4 = 0 1 2 2 3 3 4 4 0 1 2 2 3 3 4 4 4