Đề thi thử Đại học môn Toán và đáp án tham khảo

TRƯỜNG THPT H ẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2x 3 y x 2 − = − có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 2. Giải phương trình: x 2 – 4x - 3 = x 5+ Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 1 2 1 dx 1 x 1 x − + + + ∫ Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất . Câu V ( 1 điểm ) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 4 x y z + + = . CMR: 1 1 1 1 2 2 2x y z x y z x y z + + ≤ + + + + + + PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( 2 điểm ) 1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng : (d) x 1 3 y z 2 1 1 2 + − + = = − và (d’) x 1 2t y 2 t z 1 t = +   = +   = +  Viết phương trình tham số của đường thẳng ( ∆ ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng . Câu VIIa . ( 1 điểm ) Tính tổng : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 S C C C C C C C C C C C C= + + + + + B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C 1 ) : (x - 5) 2 + (y + 12) 2 = 225 và (C 2 ) : (x – 1) 2 + ( y – 2) 2 = 25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : (d) x t y 1 2t z 4 5t =   = +   = +  và (d’) x t y 1 2t z 3t =   = − −   = −  a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau . b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) . Câu VIIb.( 1 điểm ) Giải phương trình : ( ) 5 log x 3 2 x + = 1 trờng thpt hậu lộc 2 đáp án đề thi thử đại học lần 2 năm học 2009 - 2010 Môn thi: toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Nội dung Điểm I 2.0đ 1 1.25 đ Hàm số y = 2x 3 x 2 có : - TXĐ: D = R \ {2} - Sự biến thiên: + ) Giới hạn : x Lim y 2 = . Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng y = 2 làm TCN , x 2 x 2 lim y ; lim y + = = + . Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng x = 2 làm TCĐ +) Bảng biến thiên: Ta có : y = ( ) 2 1 x 2 < 0 x D Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ;2 và hàm số không có cực trị - Đồ thị + Giao điểm với trục tung : (0 ; 3 2 ) + Giao điểm với trục hoành : A(3/2; 0) - ĐTHS nhận điểm (2; 2) làm tâm đối xứng 0,25 0,25 0,25 0,5 2 0,75 Ly im 1 M m;2 m 2 + ữ ( ) C . Ta cú : ( ) ( ) 2 1 y' m m 2 = . Tip tuyn (d) ti M cú phng trỡnh : ( ) ( ) 2 1 1 y x m 2 m 2 m 2 = + + Giao im ca (d) vi tim cn ng l : 2 A 2;2 m 2 + ữ Giao im ca (d) vi tim cn ngang l : B(2m 2 ; 2) 0,25 0,25 2 8 6 4 2 -2 -4 -5 5 10 y y x + - + 2 - 22 2 Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 1 AB 4 m 2 8 m 2   = − + ≥   −     . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 0,25đ II 2,0® 1 1,0® Phương trình đã cho tương đương với : 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0 ( ) ( ) sin x cosx 2 1 sin x 1 cosx 0 cosx sin x 2 sin x cosx cosx.sin x 3 sin x cosx cosx.sin x 0 cosx sin x     ⇔ + − + + − =  ÷  ÷     + − + − ⇔ + = ( ) 2 3 cosx sin x cosx.sin x 0 cosx sin x   ⇔ + + − =  ÷   • Xét 2 3 3 0 tan x tan x cosx sin x 2 − + = ⇔ = = α ⇔ = α + πk • Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t 2; 2   ∈ −   . Khi đó phương trình trở thành: 2 2 t 1 t 0 t 2t 1 0 t 1 2 2 − − = ⇔ − − = ⇔ = − Suy ra : 1 2 2cos x 1 2 cos x cos 4 4 2 π π −     − = − ⇔ − = = β  ÷  ÷     x 2 4 π ⇔ = ±β + πk 0,25 0,25 0,5 2 1,0® x 2 - 4x + 3 = x 5+ (1) TX§ : D = [ 5; )− +∞ ( ) ( ) 2 1 x 2 7 x 5⇔ − − = + ®Æt y - 2 = x 5+ , ( ) 2 y 2 y 2 x 5≥ ⇒ − = + Ta cã hÖ : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x 2 y 5 x 2 y 5 y 2 x 5 x y x y 3 0 y 2 y 2  − = +  − = +     − = + ⇔ − + + =     ≥ ≥     ( ) ( ) 2 2 x 2 y 5 x y 0 5 29 x 2 x 2 y 5 x 1 x y 3 0 y 2    − = +      − =     +  =   ⇔ ⇔   − = +       = −   + + =      ≥  0,25 0,25 0,5 III 1.0® 1® Ta có : 1 2 1 dx 1 x 1 x − + + + ∫ = ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 1 1 1 x 1 x 1 x 1 x dx dx 2x 1 x 1 x − − + − + + − + = = + − + ∫ ∫ 1 1 2 1 1 1 1 1 x 1 dx dx 2 x 2x − − +   = + −  ÷   ∫ ∫ 0,5 0,5 3 • 1 1 1 1 1 1 1 1 I 1 dx ln x x | 1 2 x 2 − −   = + =  +  =  ÷     ∫ • 1 2 2 1 1 x I dx 2x − + = ∫ . Đặt 2 2 2 t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx= + ⇒ = + ⇒ = Đổi cận : x 1 t 2 x 1 t 2  = =  ⇒   = − =    Vậy I 2 = ( ) 2 2 2 2 t dt 0 2 t 1 = − ∫ Nên I = 1 IV 2® 1.0® Gọi ϕ là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . Ta có : · SCAϕ = ; BC = AC = a.cos ϕ ; SA = a.sin ϕ Vậy ( ) 3 2 3 2 SABC ABC 1 1 1 1 V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin 3 6 6 6 = = = ϕ ϕ = ϕ − ϕ Xét hàm số : f(x) = x – x 3 trên khoảng ( 0; 1) Ta có : f’(x) = 1 – 3x 2 . ( ) 1 f ' x 0 x 3 = ⇔ = ± Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN hay ( ) ( ) x 0;1 1 2 Max f x f 3 3 3 ∈   = =  ÷   Vậy MaxV SABC = 3 a 9 3 , đạt được khi sin ϕ = 1 3 hay 1 arcsin 3 ϕ = ( với 0 < 2 π ϕ < ) 0,25 0,5 V 1.0® +Ta có : 1 1 1 1 2 4 2 .( ) x y z x y z ≤ + + + + ; 1 1 1 1 2 4 2 ( ) x y z y x z ≤ + + + + ; 1 1 1 1 2 4 2 ( ) x y z z y x ≤ + + + + + Lại có : 1 1 1 1 ( ); x y 4 x y ≤ + + 1 1 1 1 ( ); y z 4 y z ≤ + + 1 1 1 1 ( ); x z 4 x z ≤ + + cộng các BĐT này ta được đpcm. 1® VIa 2® 1 1® Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a 2 + b 2 ≠ 0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên : 2 2 2 2 2 2 2 2 2a 5b 2.12 5.1 2 5 . a b 2 5 . 12 1 − + = + + + + 0,25 0,25 4 A B C S ϕ 2 2 2a 5b 29 5 a b − ⇔ = + ( ) ( ) 2 2 2 5 2a 5b 29 a b⇔ − = + ⇔ 9a 2 + 100ab – 96b 2 = 0 a 12b 8 a b 9 = −   ⇒  =  Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 0,25 0,25 2 1® Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : x 9 t y 6 8t z 5 15t = −   = −   = −  + Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP ( ) u 1;1;2 v + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP ( ) u ' 2;1;1 uur Ta có : • ( ) MM ' 2; 1;3= − uuuuur • ( ) ( ) 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 MM ' u,u ' 2; 1;3 ; ; 8 0   = − = − ≠   uuuuur r uur Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó : ( ) ( ) ( ) MM' u, u ' 8 d d , d' 11 u,u '     = =     uuuuur r uur r uur 0,25 0,25 0,25 0,25 VIIa 1đ Chọn khai triển : ( ) 5 0 1 2 2 5 5 5 5 5 5 x 1 C C x C x C x+ = + + + +L ( ) 7 0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 5 7 7 7 7 7 7 7 7 x 1 C C x C x C x C C x C x C x+ = + + + + = + + + + +L L L Hệ số của x 5 trong khai triển của (x + 1) 5 .(x + 1) 7 là : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 C C C C C C C C C C C C+ + + + + Mặt khác : (x + 1) 5 .(x + 1) 7 = (x + 1) 12 và hệ số của x 5 trong khai triển của (x + 1) 12 là : 5 12 C Từ đó ta có : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 C C C C C C C C C C C C+ + + + + = 5 12 C = 792 .0,25 0,25 0,25 0,25 5 VIb 2đ 1 1đ Đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 (5 ; -12) bán kính R 1 = 15 , Đường tròn (C 2 ) có tâm I 2 (1 ; 2) bán kính R 1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A 2 + B 2 ≠ 0) là tiếp tuyến chung của (C 1 ) và (C 2 ) thì khoảng cách từ I 1 và I 2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R 1 và R 2 , tức là : ( ) ( ) 2 2 2 2 5A 12B C 15 1 A B A 2B C 5 2 A B  − + =   +  + +  =  +  Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C = ± 3(A + 2B + C) TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) ⇒ C = A – 9B thay vào (2) : |2A – 7B | = 5 2 2 A B+ 2 2 21A 28AB 24B 0⇒ + − = 14 10 7 A B 21 − ± ⇒ = Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7± , C = 203 10 7− ± Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7± )x + 21y 203 10 7− ± = 0 TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) 4A 3B C 2 − + ⇒ = , thay vào (2) ta được : 96A 2 + 28AB + 51B 2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 0,25 0,25 0,25 0,25 2 1® a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP ( ) u 1;2;5 v + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP ( ) u ' 1; 2; 3− − uur Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là 1 3 I ;0; 2 2   −  ÷   hay (d) và (d’) cắt nhau . (ĐPCM) b) Ta lấy u 15 15 15 v .u ' ; 2 ; 3 7 7 7 u '   = = − −  ÷  ÷   r r uur uur . Ta đặt : 15 15 15 a u v 1 ;2 2 ;5 3 7 7 7   = + = + − −  ÷  ÷   r r r 15 15 15 b u v 1 ;2 2 ;5 3 7 7 7   = − = − + +  ÷  ÷   r r r Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai véctơ a,b r r làm VTCP và chúng có phương trình là : 1 15 x 1 t 2 7 15 y 2 2 t 7 3 15 z 5 3 t 2 7    = − + +   ÷  ÷        = −  ÷   ÷        = + −  ÷  ÷     và 1 15 x 1 t 2 7 15 y 2 2 t 7 3 15 z 5 3 t 2 7    = − + −   ÷  ÷        = +  ÷   ÷        = + +  ÷  ÷     6 VIIb 1® ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log 5 ( x + 3) = log 2 x (1) Đặt t = log 2 x, suy ra x = 2 t ( ) ( ) t t t 5 2 log 2 3 t 2 3 5⇔ + = ⇔ + = t t 2 1 3 1 3 5     ⇔ + =  ÷  ÷     (2) Xét hàm số : f(t) = t t 2 1 3 3 5     +  ÷  ÷     f'(t) = t t 2 1 ln 0,4 3 ln0,2 0, t 3 5     + < ∀ ∈  ÷  ÷     R Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log 2 x = 1 hay x =2 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2 0,25 0,25 0,25 0,25 7 TRƯỜNG THPT H ẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2008 - 2009 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) ( ) 3 2 2 2 y x 3mx 3 m 1 x m 1= − + − − − ( m là tham số) (1). 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0. = 4. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2sin 2x 4sin x 1 0. 6 π   − + + =  ÷   2. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 x y x y 13 x, y . x y x y 25  − + =  ∈  + − =   ¡ Câu III (1 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a,= = cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc o 60 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho a 3 AM 3 = . Mặt phẳng ( ) BCM cắt cạnh SD tại điểm N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân: 6 2 dx I 2x 1 4x 1 = + + + ∫ 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 2sin 8 x + cos 4 2x PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a.( 3 điểm ) Theo chương trình Chuẩn 1. Cho đường tròn (C) : ( ) ( ) 2 2 x 1 y 3 4− + − = và điểm M(2;4) . a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB b) Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn (C) có hệ số góc k = -1 . 2. Cho hai đường thẳng song song d 1 và d 2 . Trên đường thẳng d 1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2 có n điểm phân biệt ( n 2≥ ). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n. Câu V.b.( 3 điểm ) Theo chương trình Nâng cao 1. Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của ( ) 100 2 x x+ , chứng minh rằng: 99 100 198 199 0 1 99 100 100 100 100 100 1 1 1 1 100C 101C 199C 200C 0. 2 2 2 2         − +×××− + =  ÷  ÷  ÷  ÷         2. . Cho hai đường tròn : (C 1 ) : x 2 + y 2 – 4x +2y – 4 = 0 và (C 2 ) : x 2 + y 2 -10x -6y +30 = 0 có tâm lần lượt là I, J a) Chứng minh (C 1 ) tiếp xúc ngoài với (C 2 ) và tìm tọa độ tiếp điểm H . b) Gọi (d) là một tiếp tuyến chung không đi qua H của (C 1 ) và (C 2 ) . Tìm tọa độ giao điểm K của (d) và đường thẳng IJ . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua K và tiếp xúc với hai đường tròn (C 1 ) và (C 2 ) tại H . Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 8 trờng thpt hậu lộc 2 đáp án đề thi thử đại học lần 1 năm học 2008 - 2009 Môn thi: toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Nội dung Điểm I 2.0đ 1 1,25đ Với m = 0 , ta có : y = x 3 3x + 1 - TXĐ: R - Sự biến thiên: + ) Giới hạn : x x Lim y ; Lim y + = = + +) Bảng biến thiên: Ta có : y = 3x 2 3 y = 0 x = -1 hoặc x = 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ; 1 và ( ) 1;+ , nghịch biến trên khoảng ( -1; 1) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1, giá trị cực đại của hàm số là y(-1) =3 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, giá trị cực tiểu của hàm số là y(1) =-1 - Đồ thị + Điểm uốn : Ta có : y = 6x , y" = 0 tại điểm x = 0 và y" đổi dấu từ dơng sang âm khi x qua điểm x = 0 . Vậy U(0 ; 1) là điểm uốn của đồ thị . + Giao điểm với trục tung : (0 ;1) + ĐTHS đi qua các điểm : A(2; 3) , B(1/2; -3/8) C(-2; -1) 0,25 0,25 0,25 0,5 2 0.75đ Để ĐTHS (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dơng, ta phải có : ( ) ( ) ( ) 1 2 y' 1 2 x x 0 x 0 x 0 y y 0 y 0 0 > > > < < V (I) Trong đó : y = 3( x 2 2mx + m 2 1) y = m 2 m 2 + 1 = 1 > 0 với mọi m y = 0 khi x 1 = m 1 = x CĐ và x 2 = m + 1 = x CT . (I) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 m 1 0 m 1 0 3 m 1 2 m 1 m 3 m 2m 1 0 m 1 0 > + > < < + < < 0,25 0,5 9 y y x + + + -1 + 00 - 1 3 -1 6 4 2 -2 -4 -5 5 10 y x II 2,0đ 1 1,0đ Ta có : 2sin 2x 4sin x 1 0. 6 + + = ữ 3 sin2x cos2x + 4sinx + 1 = 0 3 sin2x + 2sin 2 x + 4 sinx = 0 sinx ( 3 cosx + sinx + 2 ) = 0 sinx = 0 (1) hoặc 3 cosx + sinx + 2 = 0 (2) + (1) x = k + (2) 3 1 cosx sin x 1 2 2 + = sin x 1 3 + = ữ 5 x 2 6 = + k 0,25 0,5 2 1,0đ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 x y x y 13 1 x y x y 25 2 + = + = ( ) ( ) 3 2 2 3 3 2 2 3 x xy x y y 13 1' y xy x y x 25 2' + = + = Lấy (2) - (1) ta đợc : x 2 y xy 2 = 6 ( ) x y xy 6 = (3) Kết hợp với (1) ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 x y x y 13 I x y xy 6 + = = . Đặt y = - z ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x z x z 13 x z x z 2xz 13 I x z xz 6 x z xz 6 + + = + + = + = + = đặt S = x +z và P = xz ta có : ( ) 2 3 S S 2P 13 S 1 S 2SP 13 P 6 SP 6 SP 6 = = = = = = Ta có : x z 1 x.z 6 + = = . Hệ này có nghiệm x 3 z 2 = = hoặc x 2 z 3 = = Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là : ( 3 ; 2) và ( -2 ; -3 ) 0,25 0,25 0,25 0,25 III 1.0đ 1đ Ta có ( SAB) ( BCNM) và ( ) ( ) SAB BCNM BM = . Từ S hạ SH vuông góc với đờng thẳng BM thì SH (BCNM) hay SH là đờng cao của hình chóp SBCNM. Mặt khác : SA = AB.tan60 0 = a 3 . Suy ra : MA = 1 3 SA Lại có : MN là giao tuyến của của mp(BCM) với mp(SAD), mà BC // (SAD) nên NM // AD và MN // BC Do đó : MN SM 2 4a MN AD SA 3 3 = = = Vì AD (SAB) nên MN (SAB) , suy ra MN BM và BC BM Vậy thiết diện của mp(BCM) với hình chóp SABCD là hình thang vuông BCNM . 0,5 10 N D B C A S M H [...]... + 200C100 x199 (2) 100 100 và x 2 + x 1 Vb 3.0 đ 2a 2b 100 1 Từ (1) và (2) ta thay x = , ta đợc 2 99 100 198 199 0 1 1 1 99 1 100 1 100C100 ữ 101C100 ữ + ì ì 199C100 ữ + 200C100 ữ = 0 ì 2 2 2 2 0,25 0.25 0.5 0,25 (C1) có tâm I( 2 ; -1) và bán kính R1= 3 (C2) có tâm J(5;3) và bán kính R=2 Ta có : IJ2 = ( 5 2)2 + ( 3 + 1)2 = 25 IJ = 5 = R1 + R2 Suy ra (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài với nhau... ) 1 1 2 ( 2t + t 1) 4t 2 + 2t ( t 1) + ( t 1) = ( 3t 1) 7t 2 4t + 1 2 2 Bảng biến thi n -1 1/3 1 t - f(t) Va 3đ 0,5 1 1 3 3 ( t 1) = 8t 3 + ( t 1) 2 2 = 2 1.0đ 0,25 1 t 2 0 3 + 1 1 1 Qua bảng biến thi n ta có : miny = 27 maxy = 3 và 27 Đờng tròn (C) : ( x 1)2 + ( y 3 )2 = 4 có tâm I ( 1 ; 3) và bán kính R=2 Qua M ( 2;4 ) qua M qua M uu u r ( d) : ( d) : Ta có : (d) : vtpt MI (... 2 4a Trong đó : BC = 2a , MM = và BM = AB 2 + AM 2 = 2a 3 3 3 4a 3 + 2a ữ 2a 3 10a 2 3 Vậy SBCNM = = ữ 2 ữ 3 9 1 Khi đó : VSBCNM = SH SBCNM 3 Tính SH : Ta có MAB : MHS , suy ra : 2a 3 a SH MS MS.AB 3 =a = SH = = AB BM MB 2a 3 3 2 3 1 Vậy : VSBCNM = a 10a 3 = 10a 3 3 9 27 2 2dx t đặt t = 4x + 1 , ta có dt = hay dt = dx và x = t 1 2 4x + 1 4 Khi x = 2 thì t = 3 và khi x= 6 thì t = 5 Khi đó :... = -1 có dạng : y = -x + m hay x + y m =0 (1) Đờng thẳng (d) là tiếp tuyến của đờng tròn (C) kc(I,(d)) = R m = 4 + 2 2 1+ 3 m =2 1 1+1 m2 = 4 2 2 + Vậy có 2 tiếp tuyến thoả mãn đề bài là : x + y 4 2 2 = 0 3 Theo đề ra ta có : C 3 +10 C10 C 3 = 2800 ( n 2 ) n n 0,25 0,5 0,25 0,25 ( n + 10 ) 10! n! = 2800 3!( n + 7 ) ! 3!7! 3! ( n 3 ) ! ( n + 10 ) ( n + 9 ) ( n + 8 ) 10.9.8 n ( n 1) (... x K ) x = 11 ur u u u uu r Có : 2KI = 3KJ K y K = 11 2 ( y I y K ) = 3 ( y J y K ) Đờng tròn (C) qua K , tiếp xúc với (C1) , (C2) tại H nên tâm E của (C) là 37 31 trung điểm của KH : E ; ữ Bán kính (C) là EH = 6 5 5 0,5 0,25 0,5 0,5 2 Phơng trình của (C) là : x 37 + y 31 = 36 ữ 5 ữ 5 12 . 3 2 x + = 1 trờng thpt hậu lộc 2 đáp án đề thi thử đại học lần 2 năm học 2009 - 2010 Môn thi: toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Nội dung Điểm I 2.0đ 1 1.25 đ Hàm. thích gì thêm. 8 trờng thpt hậu lộc 2 đáp án đề thi thử đại học lần 1 năm học 2008 - 2009 Môn thi: toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Nội dung Điểm I 2.0đ 1 1,25đ Với. 2 0,25 0,25 0,25 0,25 7 TRƯỜNG THPT H ẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2008 - 2009 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu