9 de thi thu dai hoc co dap an chi tiet hay lam

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x + = + (C) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình: 2 2 3 3 2 1 2 2 y x x y y x  − =   − = −   . 2.Giải phương trình sau: ( ) 6 6 8 sin cos 3 3sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11x x x x x + + = − + . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 1 2 1 2 1 ( 1 ) x x x e dx x + + − ∫ . Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a 2 , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng 3 a . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng 3 15 27 a . Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện ( ) 2 2 2 1x y xy+ = + . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 1 x y P xy + = + . II. 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 mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x 2 +y 2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d 1 : 2 1 4 6 8 x y z− + = = − − và d 2 : 7 2 6 9 12 x y z− − = = − . Xét vị trí tương đối của d 1 và d 2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d 1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho 1 z , 2 z là các nghiệm phức của phương trình 2 2 4 11 0z z− + = . Tính giá trị của biểu thức A = 2 2 1 2 2 1 2 ( ) z z z z + + . B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I(-2;0). Xác định điểm B, C (biết x C >0) 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:    +=+ +=+ yyxx xyyx 222 222 log2log72log log3loglog ……………Hết……………… ĐÁP ÁN Cõu í Ni dung i m I 1 * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x y y + = = ; tiệm cận ngang: y = 2 ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y + = + = ; tiệm cận đứng: x = - 1 - Bảng biến thiên Ta có 2 1 ' 0 ( 1) y x = > + với mọi x - 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và ( -1; + ) 1 2 Gọi M(x 0 ;y 0 ) là một điểm thuộc (C), (x 0 - 1) thì 0 0 0 2 1 1 x y x + = + Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì MA = |x 0 +1| , MB = | y 0 - 2| = | 0 0 2 1 1 x x + + - 2| = | 0 1 1x + | Theo Cauchy thì MA + MB 2 0 0 1 x 1. 1x + + =2 MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x 0 = 0 hoặc x 0 = -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là M(0;1) và M(-2;3) 0,5 0,5 II 1 ( ) 6 6 2 3 sin 1 sin 2 (1) 4 x cos x x + = Thay (1) vào phơng trình (*) ta có : ( ) 6 6 8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x + + = + 2 2 2 3 8 1 sin 2 3 3sin 4 3 3 2 9sin 2 11 4 3 3 sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3 3sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1 x x cos x x x cos x x x x cos x x x + = + ữ = + = + ( ) ( ) ( ) 3 2 . 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin 2 1) 2sin 2 1 3 2 sin 2 1 0 cos x x x x x cos x x = + = 2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2) 3 2 sin 2 1 0 sin 2 3 2 1 (3) x x cos x x x cos x = = + = = Giải (2) : 12 ( ) 5 12 x k k Z x k = + = + ; Giải (3) 4 ( ) 7 12 x k k Z x k = + = + 0,5 0,5 H D E C B A I A H B 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 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 2 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − + (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình : 2 2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 ) 4 c c x π + + 2. Giải phương trình : 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 ) x x x x x x x + − + − − = − + + − Câu III (1 điểm): Tính tích phân 6 0 tan( ) 4 os2x x I dx c π π − = ∫ Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 3( ) 2P x y z xyz= + + − . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3 4 4 0x y∆ − + = . Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v r , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z α + + − = và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4 x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2 10 (1 2 3 )P x x= + + 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E + = và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v r , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z α + + − = và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2 0 1 2 2 2 2 121 2 3 1 1 n n n n n n C C C C n n + + + + = + + ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điêm I 2. Ta có , 2 2 3 6 3( 1)y x mx m= − + − Để hàm số có cực trị thì PT , 0y = có 2 nghiệm phân biệt 2 2 2 1 0x mx m⇔ − + − = có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m⇔ ∆ = > ∀ 05 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 025 Theo giả thiết ta có 2 3 2 2 2 6 1 0 3 2 2 m OA OB m m m  = − + = ⇔ + + = ⇔  = − −   Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m = − − và 3 2 2m = − + . 025 1. os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) 2 os4x+ 3sin 4 os2x+ 3 sin 2 0 PT c x c c x c x π   ⇔ + = +  ÷   ⇔ + = 05 sin(4 ) sin(2 ) 0 6 6 18 3 2sin(3 ). osx=0 6 x= 2 x x x k x c k π π π π π π π ⇔ + + + =  = − +  ⇔ + ⇔   +   Vậy PT có hai nghiệm 2 x k π π = + và 18 3 x k π π = − + . 05 2. ĐK : 1 5 2 2 0 x x −  < <    ≠  . Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1) log (2 1) x x x x x x − − + = − + − + + 05 II III IV VIa VIIa VIb VIIb 2 2 2 2 1 4 log (2 1) 1 1 log (5 2 ) 2log (2 1) 2 2 log (5 2 ) 0 2 x x x x x x x x −  =  + = −     ⇔ − = + ⇔ = ∨ = −    − =   =    025 Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025 2 6 6 2 0 0 tan( ) tan 1 4 os2x (t anx+1) x x I dx dx c π π π − + = = − ∫ ∫ , 2 2 1 tan x cos 2x 1 tan x − = + 025 Đặt 2 2 1 t anx dt= (tan 1) cos t dx x dx x = ⇒ = + 0 0 1 6 3 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = 05 Suy ra 1 1 3 3 2 0 0 1 1 3 ( 1) 1 2 dt I t t − = − = = + + ∫ . 025 Ta có ,( , ) ,( ) AM BC BC SA BC AB AM SB SA AB ⊥ ⊥ ⊥   ⊥ =  AM SC⇒ ⊥ (1) Tương tự ta có AN SC ⊥ (2) Từ (1) và (2) suy ra AI SC⊥ 05 Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) Suy ra 1 . 3 ABMI ABM V S IH= Ta có 2 4 ABM a S = 2 2 2 2 2 2 2 . 1 1 1 2 3 3 3 IH SI SI SC SA a IH BC a BC SC SC SA AC a a = = = = = ⇒ = = + + Vậy 2 3 1 3 4 3 36 ABMI a a a V = = 05 Ta c ó: [ ] 2 3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2 27 6 ( ) 2 ( 3) P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz x y z yz x   = + + − + + −   = − + + − = − + − + 025 2 3 2 ( ) 27 6 (3 ) ( 3) 2 1 ( 15 27 27) 2 y z x x x x x x + ≥ − − − + = − + − + 025 Xét hàm số 3 2 ( ) 15 27 27f x x x x= − + − + , với 0<x<3 , 2 1 ( ) 3 30 27 0 9 x f x x x x =  = − + − = ⇔  =  Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1x y z⇔ = = = . 05 1. Gọi 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a + − ⇒ − . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 . ( ) 3 2 ABC S AB d C AB= → ∆ = . 05 Theo giả thiết ta có 2 2 4 6 3 5 (4 2 ) 25 0 2 a a AB a a =  −   = ⇔ − + = ⇔  ÷  =    Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 05 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( ) α là (1;4;1)n r 025 Vì ( ) ( )P α ⊥ và song song với giá của v r nên nhận véc tơ (2; 1;2) p n n v= ∧ = − uur r r làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 025 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4d I P→ = ⇔ 21 ( ( )) 4 3 m d I P m = −  → = ⇔  =  025 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025 Ta có 10 10 2 10 2 10 10 0 0 0 (1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 ) k k k k i k i i k i k k k i P x x C x x C C x − + = = = = + + = + = ∑ ∑ ∑ 05 Theo giả thiết ta có 4 0 1 2 0 10 4 3 2 , k i i i i i k k k k i k N + =  = = =     ≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨     = = =     ∈  025 Vậy hệ số của 4 x là: 4 4 3 1 2 2 2 2 10 10 3 10 2 2 2 3 3 8085C C C C C+ + = . 025 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có 2 2 1 9 4 x y + = và diện tích tam giác ABC là 1 85 85 . ( ) 2 3 3 2 13 3 4 2 13 ABC x y S AB d C AB x y= → = + = + 05 2 2 85 170 3 2 3 13 9 4 13 x y   ≤ + =  ÷   Dấu bằng xảy ra khi 2 2 2 1 3 9 4 2 2 3 2 x y x x y y   + =  =   ⇔     = =    . Vậy 3 2 ( ; 2) 2 C . 05 Xét khai triển 0 1 2 2 (1 ) n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 1 2 3 1 0 1 3 3 1 2 2 2 2 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C n n + + − = + + + + + + 05 ⇔ 2 1 1 0 1 2 1 2 2 2 3 1 121 3 1 2 3 1 2( 1) 1 2( 1) 3 243 4 n n n n n n n n n C C C C n n n n n + + + − − + + + + = ⇔ = + + + + ⇔ = ⇔ = Vậy n=4. 05 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 3 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + ( ) C 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số 2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của ( ) C tiếp xúc với đường tròn có phương trình ( ) ( ) 2 2 1 5x m y m− + − − = Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình 3 4 2(cot 3) 2 sin 2 cos x x x + = + 2. Giải phương trình x 2 1 1 1 log x 1 2 log log 4 2 2x 1 4 − + − = + − Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các đường ( ) ln 2x y x + = , 0y = , 1x = và x e= . Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục 0x Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân với AB AC a= = , góc 0 120BAC∠ = , cạnh bên ' BB a= . Gọi I là trung điểm của 'CC . Chứng minh tam giác 'AB I vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( ) ABC và ( ) 'AB I Câu V.(1 điểm) Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 2 2 1x y xy+ − = .Tìm GTLN, GTNN của 6 6 2 2 2F x y x y xy = + − − II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh ( ) 3; 1C − và phương trình của cạnh huyền là 3 10 0x y− + = 2.Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = và các đường thẳng: 1 3 : 1 2 1 2 x y z d − − = = − , 5 5 : 2 3 4 2 x y z d − + = = Tìm các điểm 1 2 d , dA B∈ ∈ sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1. Câu VII.a (1 điểm) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x 2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña 1 4 2 n x x +    ÷   biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d¬ng tháa m·n: ( ) 1 2 3 1 2 3 1 64 n n n n n n n C C C n C nC n − + + + + − + =L 2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0), B(-1;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2.Cho hai đường thẳng d 1 và d 2 lần lượt có phương trình: 1 2 2 3 : 2 1 3 x y z d − − − = = 2 1 2 1 : , 2 1 4 x y z d − − − = = − Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của 20 x trong khai triển của biểu thức 5 3 2 ( ) n x x + biết rằng: 1 1 1 1 0 1 2 ( 1) 2 3 1 13 n n C C C C n n n n n − + + + − = + ĐÁP ÁN PHẦN CHUNG 1 + Tập xác định D = R + Sự biến thiên 2 0 ' 3 6 0 2 x y x x x =  = − = ⇔  =  0,25đ Hàm đồng biến trên các khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ Hàm số nghịch biến trên ( ) 0;2 + Giới hạn lim ; lim ; x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0x = và y cđ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại 2x = và y ct = -2 0,25 4 2 -2 -4 -5 5 0 1 3 2 -1 [...]... 20 09. 20 09 a 20 09 a 20 09 a 20 09 a 20 09 = 20 09. a 4 (1) + 2005 Tơng tự ta có 1 +1 + 1 + b 20 09 + b 20 09 + b 20 09 + b 20 09 20 09. 20 09 b 20 09 b 20 09 b 20 09 b 20 09 = 20 09. b 4 (2) + 2005 0,5 1 +1 + 1 + c 20 09 + c 20 09 + c 20 09 + c 20 09 20 09. 20 09 c 20 09 c 20 09 c 20 09 c 20 09 = 20 09. c 4 (3) + 2005 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc 6015 + 4(a 20 09 + b 20 09 + c 20 09 ) 20 09( a 4 + b 4 + c 4 ) 6027 20 09( a 4 +... trình lơng giác Điều kiện: sin x sin x + cos x cos x + 0 6 3 6 3 Ta có tan x tan x + = tan x cot x = 1 6 3 6 6 1,00 0,25 Phơng trình đã cho tơng đơng với sin 3 x sin 3x + cos 3 x cos 3x = 1 cos 2x cos 2x cos 4x 1 + cos 2x cos 2x + cos 4x 1 ì + ì = 2 2 2 2 8 1 1 1 2(cos 2 x + cos 2 x cos 4x) = cos 3 2x = cos 2x = 2 8 2 1 8 0,25 III x = 6 + k (loại) ,... (x 2 2x) 2 = 1 9 x 4 36 x 3 + 37x 2 9 = 0 (*) 9 Xét f (x) = 9 x 4 36x 3 + 37x 2 9 , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm phân biệt y = x 2 2 x Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ x 2 2 +y =1 9 2 8x 16x = 8y 2 9 x 2 + 9 y 2 16 x 8y 9 = 0 (**) 2 x + 9 y = 9 8 4 161 (**)... 1 điểm dx dx = 8 3 3 2 sin x cos x cos x sin 2 x cos 2 x đặt tanx = t dx 2t dt = ; sin 2 x = 2 cos x 1+ t2 dt (t 2 + 1) 3 I = 8 = dt 2t 3 t3 ( ) 1+ t2 t 6 + 3t 4 + 3t 2 + 1 = dt t3 3 1 3 1 = (t 3 + 3t + + t 3 ) dt = tan 4 x + tan 2 x + 3 ln tan x +C t 4 2 2 tan 2 x I= 0,25 3 0,5 0,5 Câu IV 1 điểm Do AH ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thi t thì góc AA1 H bằng 300... thi n (0,25) x 0 y + 0 2 y + 2 0 + + 0,5 -2 th (0,25) Phng trỡnh ng thng i qua hai im cc tr : 2 x + y 2 = 0 2 0,25 Tõm ca ng trũn I (m, m + 1) , bỏn kớnh R= 5 0,25 Theo gi thit ta cú 5 iu kin sin 2 x 0 x 1 ( m=2 = 5 3m 1 = 5 m = 4 3 2m + m + 1 2 ) k 2 0,5 0,25 4 2 3 1 + tan x + 2 3 = 2 cot x sin 2 x 2 2 2(sin x + cos x ) 2 2 3tan x + 3 = 2 cotg x 3tan x + 2 tan x 3 = 0 sin x cos... 3 + + C100 x100 (2) Ly (1)+(2) ta c: 100 100 0 2 4 100 ( 1 + x ) + ( 1 x ) = 2C100 + 2C100 x 2 + 2C100 x 4 + + 2C100 x100 Ly o hm hai v theo n x ta c 99 99 2 4 100 100 ( 1 + x ) 100 ( 1 x ) = 4C100 x + 8C100 x3 + + 200C100 x 99 Thay x=1 vo 99 2 4 100 => A = 100.2 = 4C100 + 8C100 + + 200C100 Gi ng thng cn tỡm l d v ng thng d ct hai ng thng d 1 v d2 ln lt ti im A(2+3a;-1+a;-3+2a) v B(3+b;7-2b;1-b)... a, H thu c B1C1 và 2 a 3 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH B1C1 nên A1 H = 2 B1C1 ( AA1 H ) A1 H = A 0,5 B C K A1 C H 1 B1 Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 0,25 A1 H AH a 3 = AA1 4 áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a20 09 ta có 0,25 Ta có AA1.HK = A1H.AH HK = Câu V 1 điểm 1 +1 + 1 + a 20 09 + a 20 09 + a 20 09 + a 20 09 20 09. 20 09 a... ra AB ngắn nhất AB2 nhỏ nhất m = 0 Khi đó AB = 24 II (2 điểm) 1 (1 điểm) Phơng trình đã cho tơng đơng với 9sinx + 6cosx 6sinx.cosx + 1 2sin2x = 8 6cosx(1 sinx) (2sin2x 9sinx + 7) = 0 6cosx(1 sinx) (sinx 1)(2sinx 7) = 0 (1-sinx)(6cosx + 2sinx 7) = 0 1 sin x = 0 x = + k 2 2 6 cos x + 2 sin x 7 = 0 (VN ) 0,5 0,5 2 (1 điểm) x > 0 ĐK: 2 2 log 2 x log 2 x 3 0 Bất phơng trình đã cho... + GC 2 + 2 MG(GA + GB + GC ) = 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 F nhỏ nhất MG2 nhỏ nhất M là hình chi u của G lên (P) 7/38/333 19 = MG = d(G, ( P )) = 1+1+1 3 3 56 32 104 64 GA 2 + GB 2 + GC 2 = + + = 9 9 9 3 0,25 0,25 0,25 2 VIIb 19 64 553 Vậy F nhỏ nhất bằng 3. khi M là hình chi u của G lên (P) = + 3 9 3 3 Giải hệ phơng trình mũ e x y + e x + y = 2(x + 1) e x y = x + y + 1 x+y x+y e = x ... sin x cos sin x = 2 cos 2 2 4 2 x x x 1 + sin sin x cos sin 2 x = 2 cos 2 2 2 4 2 (1) 1 + sin x sin x cos x sin 2 x = 1 + cos x = 1 + sin x 2 2 2 (*) 0.2 5 0.2 5 0.2 5 Vy phng trỡnh cú nghim x = 343 2 0.5 1 x ) = log7 x t ử t t t ổ ữ pt log2 ỗ1 + 7 3 ữ= t 1 + 7 3 = 2t 1 + 7 3 = 8 3 ỗ ữ ỗ ữ ố ứ 1 1 (1) 0.2 5 Cõu III x x x x x x sin x sin cos sin x 1 = 0 sin x sin cos 2 . x=1/2 và x=2. 025 2 6 6 2 0 0 tan( ) tan 1 4 os2x (t anx+1) x x I dx dx c π π π − + = = − ∫ ∫ , 2 2 1 tan x cos 2x 1 tan x − = + 025 Đặt 2 2 1 t anx dt= (tan 1) cos t dx x dx x = ⇒ = + 0 0 1 6 3 x. + Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được ( ) ( ) 99 99 2 4 3 100 99 100 100 100 100 1 100 1 4 8 200x x C x C x C x+ − − = + + + Thay x=1 vào => 99 2 4 100 100 100 100 100.2 4 8 200A C C C= =. 2 x x x + + − =tan cot 2 2 2(sin cos ) 2 3 3 2 sin cos x x x x x x + ⇔ + − =tan cotg 2 3 2 3 0x x⇔ + − =tan tan 0,5 3x = −tan 3 x k π ⇔ = − + π 1 3 x =tan 6 x k π ⇔ = + π 0,25 2 Giải phương