02 DE VA DA THU DH ON CAP TOC 2010

Đề luyện thi cấp tốc hè 2010 số 1 THI TH I HC NM 2010 Mụn Toỏn - Khi A, B. I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hàm số y=-x 3 +3x 2 -2 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm trên đờng thẳng (d): y=2 các điểm kẻ đợc ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ). Cõu II (2,0 im) 1. Gii bt phng trỡnh 2 2 2 3 5 4 6x x x x x + ( x R). 2. Gii phng trỡnh 3 2 2 cos2 sin 2 cos( ) 4sin( ) 0 4 4 x x x x + + + = . Cõu III (1,0 im) Tớnh tớch phõn 3 2 2 1 log 1 3ln e x I dx x x = + Cõu IV(1,0 im) Cho hỡnh lng tr ABC.ABC cú ỏy l tam giỏc u cnh a, hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn mt phng (ABC) trựng vi tõm O ca tam giỏc ABC. Tớnh th tớch khi lng tr ABC.ABC bit khong cỏch gia AA v BC l a 3 4 Cõu V (1,0 im) Cho x, y, z 0 tho món x + y + z > 0. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc ( ) 3 3 3 3 16x y z P x y z + + = + + II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B) A.Theo chng trỡnh Chun Cõu VI.a( 2,0 im) 1.Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng : 3 8 0x y+ + = , ':3 4 10 0x y + = v im A(-2 ; 1). Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc ng thng , i qua im A v tip xỳc vi ng thng . 2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai ng thng d 1 : 1 1 1 2 1 1 x y z+ = = ; d 2 : 1 2 1 1 1 2 x y z + = = v mt phng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng , bit nm trờn mt phng (P) v ct hai ng thng d 1 , d 2 . Cõu VII.a (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc z 4 z 3 + 6z 2 8z 16 = 0 B. Theo chng trỡnh Nõng cao. Cõu VI.b(2,0 im) 1. Trong h ta Oxy, cho hai ng trũn (C 1 ): x 2 + y 2 4 y 5 = 0 v (C 2 ): x 2 + y 2 - 6x + 8y + 16 = 0 Lp phng trỡnh tip tuyn chung ca (C 1 ) v (C 2 ) 2.Vit phng trỡnh ng vuụng gúc chung ca hai ng thng sau: 1 2 x 1 2t x y 1 z 2 d : ; d : y 1 t 2 1 1 z 3 = + + = = = + = Cõu VII.b (1,0 im) Gii h phng trỡnh ( ) 1 4 4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y = + = Ă Ht Thớ sinh khụng c s dng ti liu, cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: 0985.873.128 ĐÁP ÁN DE SO 1 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 *Tập xác định: D = R * y’ = - 3x 2 + 6x ; y’ = 0 ⇔ 0 2 x x =   =  *Bảng biến thiên x -∞ 0 3 + ∞ y’ - 0 + 0 - + ∞ 2 y -2 -∞ * Hàm số nghịch biến trên ( - ∞ ;1) và ( 3; + ∞ ); đồng biến trên ( 1; 3) * Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và y CT = -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và y CĐ = 2 * Đồ thị : f(x)=-x^3+3x^2-2 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -2 2 4 x y 1đ 2 (1,0 điểm): Gọi M ( )d ∈ ⇒ M(m;2). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc k ⇒ PTĐT ∆ có dạng : y=k(x-m)+2. ĐT ∆ là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm 3 2 2 3 2 ( ) 2 (1) 3 6 (2) x x k x m x x k  − + − = − +   − + =   (I). Thay (2) và (1) được: 2x 3 -3(m+1)x 2 +6mx-4=0 ⇔ (x-2)[2x 2 -(3m-1)x+2]=0 2 2 2 (3 1) 2 0 (3) x x m x =  ⇔  − − + =  . Đặt f(x)=VT(3) Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C) ⇔ hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt ⇔ PT(3) có hai nghiệm phan biệt khác 2 0 1 hoÆc m>5/3 (2) 0 m 2 m f ∆ > < −   ⇔ ⇔   ≠ ≠   . Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với 1 hoÆc m>5/3 m 2 m < −   ≠  thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) 0,25 0,25 0,25 0,25 II 1 Điều kiện 2 2 2 0 0 2 5 4 6 0 x x x x x x  − − ≥  ≥ ⇔ ≥   − − ≥  Bình phương hai vế ta được 2 6 ( 1)( 2) 4 12 4x x x x x+ − ≤ − − 3 ( 1)( 2) 2 ( 2) 2( 1)x x x x x x⇔ + − ≤ − − + ( 2) ( 2) 3 2 2 1 1 x x x x x x − − ⇔ ≤ − + + Đặt ( 2) 0 1 x x t x − = ≥ + ta được bpt 2 2 3 2 0t t− − ≥ 1 2 2 2 t t t −  ≤  ⇔ ⇔ ≥  ≥  ( do 0t ≥ ) Với 2 ( 2) 2 2 6 4 0 1 x x t x x x − ≥ ⇔ ≥ ⇔ − − ≥ + 3 13 3 13 3 13 x x x  ≤ − ⇔ ⇔ ≥ +  ≥ +   ( do 2x ≥ ) Vậy bpt có nghiệm 3 13x ≥ + 0,5 0,5 2 3 2 2 cos2 sin2 cos( ) 4sin( ) 0 4 4 x x x x π π + + − + = ⇔ 3 3 2 2 cos2 sin 2 (cos .cos sin sin ) 4(sin cos cos sin ) 0 4 4 4 4 x x x x x x π π π π + − − + = ⇔ 4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0 ⇔ (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0 sinx+cosx=0 (2) 4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)  ⇔   . PT (2) có nghiệm 4 x k π π = − + . Giải (2) : Đặ s inx-cosx= 2 sin( ), §iÒu kiÖn t 2 (*) 4 t x π = − ≤ 2 sin 2 1x t ⇒ = − , thay vào (2) được PT: t 2 -4t-5=0 ⇔ t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại ) Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là : 3 2 hoÆc x= 2 2 x k k π π π = + . KL: Họ nghiệm của hệ PT là: 4 x k π π = − + , 3 2 vµ x= 2 2 x k k π π π = + 0,25 0,25 0.25 0,25 III 3 3 2 2 3 2 2 2 1 1 1 ln log 1 ln . ln ln 2 . ln 2 1 3ln 1 3ln 1 3ln e e e x x x xdx I dx dx x x x x x x    ÷   = = = + + + ∫ ∫ ∫ Đặt 2 2 2 1 1 1 3ln ln ( 1) ln . 3 3 dx x t x t x tdt x + = ⇒ = − ⇒ = . Đổi cận … Suy ra ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 3 3 2 1 1 1 1 1 log 1 1 1 3 . 1 ln 2 3 9ln 2 1 3ln e t x I dx tdt t dt t x x − = = = − + ∫ ∫ ∫ 2 3 3 3 1 1 1 4 9ln 2 3 27ln 2 t t   = − =  ÷   0,5 0,5 IV Gọi M là trung điểm BC ta thấy:    ⊥ ⊥ BCOA BCAM ' )'( AMABC ⊥⇒ Kẻ ,'AAMH ⊥ (do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BCHM AMAHM AMABC ⊥⇒    ∈ ⊥ )'( )'( .Vậy HM là đọan vơng góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd == . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH ta có: AH HM AO OA = ' ⇔ suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== 0,5 0,5 V Trước hết ta có: ( ) 3 3 3 4 x y x y + + ≥ (biến đổi tương đương) ( ) ( ) 2 0x y x y⇔ ⇔ − + ≥ Đặt x + y + z = a. Khi đó ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 64 64 4 1 64 x y z a z z P t t a a + + − + ≥ = = − + (với t = z a , 0 1t≤ ≤ ) Xét hàm số f(t) = (1 – t) 3 + 64t 3 với t [ ] 0;1∈ . Có ( ) [ ] 2 2 1 '( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1 9 f t t t f t t   = − − = ⇔ = ∈   Lập bảng biến thiên ( ) [ ] 0;1 64 inf 81 t M t ∈ ⇒ = ⇒ GTNN của P là 16 81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0,5 0,5 VIa 1 Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến ∆ ’ bằng k/c IA nên ta có 2 2 2 2 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 3 4 t t t t − − − + = − − + + − + Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 25. 0,25 0,25 0,5 2 Gọi A = d 1 ∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d 2 ∩ (P) suy ra B(2; 3; 1) Đường thẳng ∆ thỏa mãn bài tốn đi qua A và B. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là (1;3; 1)u = − r Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là: 1 2 1 3 1 x y z− − = = − 0,5 0,5 VIIa Xét phương trình Z 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0 Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z 1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức hoặc Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z 2 = 2. Vậy phương trình trở thành: 0,5 A B C C’ B’ A ’ H O M (Z + 1)(Z – 2)(Z 2 + 8) = 0 Suy ra: Z 3 = 2 2 i vaø Z 4 = – 2 2 i Ñaùp soá: { } − − −1,2, 2 2 i, 2 2 i 0,5 VIb 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 : 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R = − = Gọi tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 ,C C là ( ) 2 2 : 0 0Ax By C A B ∆ + + = + ≠ ∆ là tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 ,C C ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 2 2 2 3 1 ; ; 3 4 3 2 B C A B d I R d I R A B C A B   + = + ∆ =   ⇔ ⇔   ∆ =   − + = +   Từ (1) và (2) suy ra 2A B= hoặc 3 2 2 A B C − + = Trường hợp 1: 2A B= .Chọn 1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y = ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± = Trường hợp 2: 3 2 2 A B C − + = . Thay vào (1) được 2 2 4 2 2 0; : 2 0; :4 3 9 0 3 A B A B A A B y x y − = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − = 0,5 0,5 2 Gọi ( ) ( ) 1 2 M d M 2t;1 t; 2 t ,N d N 1 2t ';1 t ';3∈ ⇒ − − + ∈ ⇒ − + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 MN 2t 2t ' 1;t t '; t 5 2 2t 2t ' 1 t t ' t 5 0 MN.u 0 2 2t 2t ' 1 t t ' 0 MN.u 0 6t 3t ' 3 0 t t' 1 3t 5t ' 2 0 M 2;0; 1 , N 1;2;3 ,MN 1;2;4 x 2 y z 1 PT MN : 1 2 4 ⇒ − + − + − +   − + − − + + − + = =   ⇔   − + − + + = =     − + + =  ⇔ ⇔ = =  − + − =  ⇒ − − − + ⇒ = = − uuuur uuuur uur uuuur uur uuuur 0,5 0,5 VIIb Điều kiện: 0 0 y x y − >   >  Hệ phương trình ( ) 4 4 4 2 2 2 2 2 2 1 1 log log 1 log 1 4 25 25 25 y x y x y x y y y x y x y x y − −    − + = − = − =    ⇔ ⇔ ⇔       + = + = + =    2 2 2 2 2 3 3 3 25 25 9 25 10 x y x y x y y x y y y =  = =    ⇔ ⇔ ⇔    = + = + =     ( ) ( ) 15 5 ; ; 10 10 15 5 ; ; 10 10 x y x y    =   ÷    ⇔    = − −   ÷     ( loại) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 0,5 0,5 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. Hết Bé gd & §T §Ò tham kh¶o 2010 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2 x y x = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 4 os 2 tan 2 .tan 2 4 4 tan -cotx c x x x x π π     − + =  ÷  ÷     2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 1 1 4 22 y x y x x x y y  + =  + −    + + =   Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân 8 3 ln 1 x I dx x = + ∫ Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 60 0 . Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a. Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0 1,0 1,0 1a b c< ≤ < ≤ < ≤ . Chứng minh rằng: ( ) 1 1 1 1 1 3a b c abc a b c   + + + ≥ + + +  ÷   PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có ( ) 3;6A − , trực tâm ( ) 2;1H , trọng tâm 4 7 ; 3 3 G    ÷   . Xác định toạ độ các đỉnh B và C. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) α và mặt cầu (S) có phương trình ( ) : 2 2 3 0x y z α − + − = và ( ) 2 2 2 : 2 4 8 4 0S x y z x y z+ + − + − − = . Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng ( ) α . Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng ( ) α . Câu VII.a (1,0 điểm) Đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cách lập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với ( ) ( ) ( ) 3; 1; 2 , 1;5;1 , 2;3;3A B C− − , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ (CD < AB). Tìm toạ độ điểm D. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 3 1 2 3 2 2 2 3.2 3 1 1 x y y x x xy x + − +  + =   + + = +   Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu Đáp án Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) 2 2 x y x = + Tập xác định TXĐ: { } \ 2D R = Sự biến thiên ( ) 2 4 ' 0 x D 2 y x = > ∀ ∈ + Hàm số đồng biến trên ( ) ; 2 −∞ − và ( ) 2; − +∞ 0,25 Bảng biến thiên x –∞ – 2 +∞ y’ + + y +∞ 2 2 –∞ 0,25 Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = - 2; tiệm cận ngang y = 2 Đồ thị nhận giao điểm ( ) 2;2I − của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 Đồ thị: y 6 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến (1,00 điểm) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ 2a ≠ − thuộc đồ thị (C) có phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 4 2 2 0 2 2 a y x a x a y a d a a = − + ⇔ − + + = + + Tâm đối xứng ( ) 2;2I − . Ta có ( ) ( ) ( ) 4 2 8 2 8 2 8 2 , 2 2 2 2 2 16 2 2.4. 2 a a a d I d a a a + + + = ≤ = = + + + + 0,25 0,25 ( ) ,d I d lớn nhất khi ( ) 2 0 2 4 4 a a a =  + = ⇔  = −  Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y = x và y = x + 8 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Điều kiện ( ) os 2 0; os 2 0 * 4 4 sin 2 0; t anx-cotx 0 c x c x x π π      − ≠ + ≠   ÷  ÷       ≠ ≠  Để ý rằng tan 2 .tan 2 tan 2 .tan 2 4 4 4 4 cot 2 .tan 2 1 4 4 x x x x x x π π π π π π         − + = − − + =  ÷  ÷  ÷  ÷             − + + = −  ÷  ÷     0,25 x O –2 2 Khi đó PT (1) trở thành: 2 2 4 os 2 1 cotx-tanx=4cos 2 t anx-cotx c x x − = ⇔ ( ) 2 2 2 2 1 tan 1 2 4 =4 tan 2 1 0 t anx 1+tan 2 tan 2 1 tan 2 x x x x x − ⇔ ⇔ = ⇔ − = + 0,5 ( ) tan 2 1 2 4 8 2 x x m x k k π π π π ⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ∈ Z : Không thoả điều kiện (*). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0,25 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: 2 2 0, 0, 1 0x y x y≠ ≠ + − ≠ Đặt 2 2 1; x u x y v y = + − = . HPT trở thành: ( ) ( ) 3 2 3 2 1 1 1 21 4 2 1 4 22 u v u v u v u v   + = + =   ⇔     = − + + =   0,25 Thay (2) vào (1) ta được: 2 3 3 2 1 2 13 21 0 7 21 4 2 v v v v v v =   + = ⇔ − + = ⇔  − =  0,25 Nếu v = 3 thì u = 9, ta có HPT: 2 2 2 2 1 9 1 10 3 3 3 x y y x y x x x y y  + − = = ±  + =   ⇔ ⇔    = = ± =     0,25 Nếu 7 2 v = thì u = 7, ta có HPT: 2 2 2 2 2 4 1 7 8 53 7 7 2 2 14 2 53 y x y x y x x y y x   = ± + − =  + =     ⇔ ⇔    = =    = ±     So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của HPT. 0,25 III Tính tích phân 1,00 Đặt ln 2 1 1 dx u x du x dx dv v x x =   =   ⇒   =   = + +   0,25 ( ) 8 8 3 3 1 2 1ln 2 6ln8 4ln3 2 x I x x dx J x + ⇒ = + − = − − ∫ 0,25 Với 8 3 1x J dx x + = ∫ đặt 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 .2 2 2 1 1 1 1 t t t x J tdt dt dt t t t t   = + ⇒ = = = + −  ÷ − − − +   ∫ ∫ ∫ 0,25 8 3 1 2 ln 2 ln3 ln 2 1 t t t  −  = + = + −  ÷ +   Từ đó 20ln 2 6ln3 4I = − − 0,25 IV Tính thể tích hình chóp S.ABMN 1,00 Kẻ SO vuông góc với (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm ∆ SAC Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là ¶ 0 60SJI = 0,25 Vì ∆ SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆ SIJ IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD 0,25 2 3 1 3 3 ; ( ) 2 2 8 ABMN a a IK S AB MN IK = = + = 0,25 S N D I O C G A B K M 60 0 J [...]... Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ 3 Số cách chọn 3 nam còn lại là C6 3 Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là C9 0,25 3 3 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C6 C9 = 1680 (cách) 2 Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường 4 Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là C6 2 Số cách chọn 2 nữ còn lại là C9 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C C = 540 (cách)... ; − ÷  3 3 8 8 Vì M là trung điểm của AC nên C  ; ÷ 3 3 Vì BC đi qua C và song song với d nên PT (BC) : y = x +2 4 x + y + 3 = 0  x = −4  BH ∩ BC = B :  ⇔ ⇒ B ( −4;1) x y = +2 y =1  4  0,25 0,25 2 Tìm tọa độ đỉnh D (1,00 điểm) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3 Gọi ∆ là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3 Điểm D cần tìm là giao điểm của ∆ . sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thu c đường thẳng. tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ Số cách chọn 3 nam còn lại là 3 6 C Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là 3 9 C 0,25 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là 3 3 6 9 ) α . Câu VII.a (1,0 điểm) Đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội