ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2013-LẦN 1 Môn TOÁN – Khối 1 A, A &B

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi ,đáp án đề thi đại học, cao đẳng môn toán giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

www.VNMATH.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2013-LẦN Mơn TỐN – Khối A, A1 & B Thời gian làm 180 phút TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi Tỉnh Hải Dương x 1 x 1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho 2) Tìm m để đường thẳng y  mx  m cắt(C) hai điểm A,B phân biệt,đồng thời tiếp tuyến của(C) Avà B song song Câu2 (1,0 điểm) cos x  sin x   cosx Giải phương trình  2sin x Câu (1,0 điểm) 5( x  3) Giải phương trình x    x  (với x  ) x  18 Câu 4(1,0 điểm) Tìm hàm số F(x) thoả mãn đồng thời điều kiện : F '( x)  e x (  ln x) x  F (1)  x Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực thay đổi 1  1 1  1 Hãy tìm giá trị lớn biểu thức P  3 x  y 1  z 2    x  y 1  z 2  16   27 64  4 Câu (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng cân C, AB=2a (a>0) Hình chiếu vng góc A’ mặt phẳng đáy trung điểm H AB.Góc đường thẳng A’C mặt phẳng (ABC) có số đo 45o Tính theo a thể tích khối lăng trụ cho tính khoảng cách hai đường thẳng: BB’, A’C Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ (Oxy),cho đường tròn (S ) x2  ( y  1)2  Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng () y   cho tiếp tuyến (S) kẻ từ M cắt trục hoành Ox hai điểm A,B bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MAB Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ (Oxyz),cho điểm M  6;12;18 Gọi A,B,C điểm đối xứng điểm M qua mặt phẳng tọa độ (Oxy) ,(Oyz),(Oxz) tương ứng.Chứng minh đường thẳng OM qua trọng tâm tam giác ABCvà tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ABC) Câu (1,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y   Cho biểu thức M=  2log2  x 1  2 1 log (3x 1  7)   Tìm tất giá trị thực x để số hạng thứ sáu  khai triển Niu Tơn M 84 Hết www.VNMATH.com ĐÁP ÁN (Gồm trang) THPT chuyênNguyễn Trãi ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013-LẦN Tỉnh Hải Dương Mơn TỐN – Khối A, A1 & B NỘI DUNG Câu-Ý Điểm Tập xác định: D  R \ 1 Sự biến thiên, giới hạn tiệm cận: y'  2  x  1  0; x  0,25 đ lim y   y  TCN lim y  ; lim y    x  TCĐ x1 x x1 0,25 đ Câu I Bảng biến thiên: Ý1 (1,0đ) x  y' y     0,25 đ  Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 1;   Đồ thị: y 0,25 đ O Câu PTHĐGĐ (C) đường thẳng y  mx  m x x 1  mx  m x 1 Ý2  mx2  x   m  (1), x  khơng nghiệm phương trình (1).Theo u cầu 0,25 đ www.VNMATH.com (1,0đ) tốn, ta có m  Và pt (1),tương đương với Giả sử A  1;0  B (1  x  1  x   1 (m  0) m   m ; 2m  1) m 0,25 đ 1 x ; 2  tiếptuyến B có phương trình y  2m2 x  2m2  4m  Do 2m2  4m    m nên hai tiếp tuyến song song  Tiếp tuyến Acó pt y  2m2   0,25 đ 0,25 đ 1 1  m2   m   m   2 Loại m = -1/2, nghiệm m = 1/2 Với ĐK sin x   , Pt  2cos2 x  sin x  cos x  2sin x.cos x   Hay cos x  cos x  sin x   3(cos x  sin x)   2cosx   sin x  cos x   Câu    x    k 2  x   k 2 (k  ) 6 cosx   (1,0đ)  sin x  cos x   x   0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ  k Kết luận: Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm PT x  x    k 2  x   k  0,25 đ  k 2 (k  ) ĐK: 1  x  (D) Khi ,pt tương đươngvới ( x    x ) x  18  5( x  3) Nhân hai vế pt với Câu (1,0đ) ta có pt 5( x  3) x  18  5( x  3)  0,25 đ x 1   x ,  x 1   x x    x  nghiệm pt  0,25 đ www.VNMATH.com x2  18  x    x Bình phương hai vế ta có :  x2  18  x   4(4  x)  ( x  1)(4  x) Chuyển vế biến đổi đến pt    x  3x   x     x  3x   x   (*) 0,25 đ  x2  3x   x   pt (*) tương đương với : Do x  ( D) nên  x2  3x   x  Bình phương ,biến đổi tương đương ta có pt :  KL:Đối chiếu với điều kiện (D) ta có nghiệm PT x  1; x   x  Từ gt ta có F ( x)  e x (  ln x).dx  e x Câu (1,0đ) Ta có 0,25 đ 2 x  x    x  1  x  e x dx   e x ln xdx x dx  e x ln x   e x ln xdx x Do tồn số C e x ;x  0,25 đ 0,25 đ dx   e x ln xdx  e x ln x  C x 0,25 đ Tức tồn C để F ( x)  e x ln x  C 0,25 đ Theo gt F (1)   C   F ( x)  e ln x  ( x  0) x Xét hàm số f  t   3t  2t với t  Ta có f '  t   6t (1  t ); f '  t    t   t  (loại t=0) Dựa vào BBT, t  ta có f  t   t  0,25 đ 0,25 đ Câu (1,0đ)     x  , x 8x 3  y 1  1; , z 2  z 2  y, z  Tươngtự y 1 27 16 64 Cộng vế ta có P  x, y, z  B’ 0,25 đ Và P   x  0; y  1; z  0,25 đ Vậy : giá trị lớn P Câu Ta có: HC hình chiếu A’C lên mp(đáy) 0,25 đ www.VNMATH.com (1,0đ) nên HCA '  45o  A ' H  CH  AB  a Cạnh bên đáy CA  CB  a 2 S ABC  CB  CA.CB  a B’ A’ C’ K H A B D C : VABC A ' B ' C '  S ABC A ' H  a3 0,25 đ Gọi D trung điểm AC,ta có HD  AC Kẻ HK  A ' D ta chứng minh HK  mp( ACC ' A ') Giải tam giác A’HD ta có HK  a  d ( H ; ACC ' A ') 0,25 đ Mp(ACC’A’) chứa A’C song song với BB’  d  A ' C, BB '  d ( B; P) ,với (P) Mp(ACC’A’).Vì H trung điểm AB nên d ( B; P)  HK  Vậy d ( A ' C; BB ')    2a 2a 3 (S) có tâm I(0;1), bán kính R=1 M  ()  M  m;3 , Hiển nhiên M phía ngồi cua (S) nên có hai tiếp tuyến (S) kẻ từ M Giả sử hai tiếp tuyến cắt trục Ox A,B Câu (1,0đ)  0,25 đ 0,25 đ Xét điểm N(t;0) thuộc trục Ox,pt MN 3x  (t  m) y  3t  Điểm N A hay B d ( I ; MN )   t  2mt   (*) 0,25 đ Pt ẩn t ln có hai nghiệm trái dấu t1; t2 A(t1;0), B(t2 ;0) Gọi J tâm đường trịn qua ba điểm M,A,B.Khi J thuộc trung trực AB Ta có J (m; b) 0,25 đ www.VNMATH.com 4m2  (3  b)2  16  JM   Từ điều kiện cho J ta có   2 2  JM  JA 4m  (3  b)  (t1  m)  b  4m2  b  6b     m  2b   b  b   Giải hệ ta có  ==> m   M (2;3); vaM (2;3) m  m  2  0,25 đ Theo tính chất phép đối xứng qua mặt phẳng toạ độ ta có A(6;12; 18), B(6; 12;18), C(6;12;18) Từ trọng tâm tam giác ABC G(2;4;6) OM  (6;12;18) ; OG  (2;4;6)  OM  OG Câu (1,0đ) 0,25 đ 0,25 đ nên đường thẳng OM qua trọng tâmG tam giác ABC AB  (0; 24;36), AC  (12;0;36) ,Xác định véc tơ pháp tuyến mp(ABC) 0,25 đ n  (6;3; 2) viết phương trình mp ( ABC ) x  y  z  36  d ( M ;( ABC ))  6.6  3.12  2.18  36 49  72  Số hạng thứ sáu khai triển T51  C7  2log2  Câu T51  21.2log2 (9 x 1 7) (1,0đ) T51  84  2log2 (9 2 log2 (3 0,25 đ x 1      log (3x 1  7)  2  2     0,25 x 1 7) x 17) log (3x 17)  22 (1) 0,25 đ Pt (1) tương đương với x1   4(3x1  7)  x1  4.3x1  21  0,25 đ Giải pt ta có nghiệm pt x   log3 0,25 đ …HẾT… www.VNMATH.com www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT HẢI DƯƠNG Mơn: Tốn (khối D) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 3/3/2013 Câu I (2 điểm) Cho hàm số: y  x  x  (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) cho tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ nhỏ Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình sau: 1  tan x 1  sin x    tan x 2) Giải bất phương trình : 4log x  log x.log  x   1 Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau:   I   x e x   x dx Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy hình bình hành , AD  4a ; cạnh bên a Biết thể tích khối chóp a Tính sin góc tạo mặt bên (SCD) mặt đáy Câu V(1 điểm) Tìm số phức có mođun nhỏ thỏa mãn z   z   i Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ABC đường cao AH có pt 3x  y  10  , đường phân giác BE có pt x  y   Điểm M  0;  nằm đường thẳng AB BA  Tìm tọa độ A,B,C BC 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M 1,0,3 hai đường thẳng  x  1  2t  d1  :  y   t   z   3t   x  t  d  :  y  2  2t   z   3t  Viết phương trình đường thẳng  qua M cắt đường thẳng Câu VII (1 điểm) CMR: với số thực a, b ta ln có a2  a2  - HẾT -  b2  b2  d1; ; d www.VNMATH.com www.VNMATH.com H-ớng dẫn chấm môn toán Câu Nội Dung ý Điểm I Kho sát vẽ đồ thị hàm số   x  Vậy hàm số đồng biến khoảng y '  x3  x  x  x   , y '    x      (  ;0) ( 2; ) nghịch biến khoảng ;  0;  0,25 Hàm số đạt cực đại x=0; yCD  Hàm số đạt cực tiểu x=  ; yCT  0,25 Bảng biến thiên x y'  -  - + 0 + - + y  0,25 15 10 5 10 15 0,25 Tìm điểm M thuộc (C) cho tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ nhỏ 1 x  x  Khi tổng khoảng cáh từ M đến hai trục tọa 0,25 1 độ d  x  y  x  x  x   x  x  x   f ( x) 4 Vì f(x) hàm chẵn nên dmin  f ( x) Xét hàm số f ( x) = x  x  x  với x  x 0 x  ' ' Có f ( x)  x  x   ( x  1)( x  x  1) f ( x)     x  1    Giả sử M ( x, y )   C   y  0,25 www.VNMATH.com Ta có bảng biến thiên x f' + 1  + - + 0,25 f Vậy dmin  f ( x)   x   M (0;1) 0,25 Giải phương trình sau: 1  tan x 1  sin x    tan x x 0 II 1) ĐK: cos x   x   0,25  k 0,25 pt 0.25 0.25 2 Giải bất phương trình : 4log4 x  log x.log   2x  1 0,25 Điều kiện 1  bpt   log x   log x log( x   1)  log x  log x.log ( x   1)    0.25 www.VNMATH.com Ta thấy :  x  1  x  1; x  0,25  x   2x 1  x  2x 1 1  log x  log ( x   1)  log x  log ( x   1)  0.25 Do bpt  log x   x  III   Tính tích phân sau: I   x e x   x dx Có I   xe dx   x  x dx x 0 0,25 xu Xét I1   xe dx Đặt e x dx  dv x 1 du  dx x   I1  x e   e x dx  e  e x  x 0 v  e 0 1  (1  x)  Xét I =  x (1  x)dx   1  x   x   x dx =   dx 1 2   1  x  dx  (1  x )  (1  x ) 0 0,25 4  15 15 Vậy I   IV 0,25 4  19   15 15 15 0.25 Cho hình chóp SABCD có đáy hình bình hành, AD  4a ;các cạnh bên a Biết thể tích khối chóp a Tính sin góc tạo mặt bên SCD mặt đáy S B C K H A D 4a www.VNMATH.com Cho H hình chiếu S mp(ABCD) Do SA=SB=SC=SD= a nên HA=HB=HC=HD Vậy hbh ABCD có H tâm đường trịn ngoại tiếp nên ABCD hcn 0,25 Đặt CD=x Ta có 0,25 AC  AD  CD  16a  x x2  SH  SC  CH  6a  (16a  x )  2a  4 1 x2 2a  4a.x Vậy VSABCD  SH S ABCD  3 Theo ta có x 8a3  ax 2a  3 x2 x2 2  x 2a   2a  x (2a  )  4a 4 4 x x   2a x  4a   (  2a )   x2  4a  x  2a Lấy K trung điểm CD.Khi HK  CD SK  CD Ta có Ta có HK  0.25 AD  2a; SH  a; SK  a   2a   a Vậy Tìm số phức có modun nhỏ thỏa mãn z   z   i V z 3  z 2i Đặt z  x  yi ( x; y  ¡ )Ta có 0,25 0,5  x   yi  x    y  1 i  ( x  3)  y  ( x  2)  ( y  1)  2x  y    x  y   y  1 Vậy z  x  y  ( y  2)2  y  ,đt xảy   x  0,5 Vậy z   z   i VI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ABC đường cao AH có pt 3x  y  10  đường phân giác BE có pt x  y   Điểm M  0;  nằm đường thẳng AB BA  Tìm tọa độ A,B,C BC 4 www.VNMATH.com A M E B H M' C Lấy điểm M’ đối xứng với M qua BE Do M  AB nên M '  BC Do MM '  BE nênpt(MM’): ( x  0)  ( y  2)   x  y    x  x  y    Gọi I  MM '  BE  tọa độ I tm   x  y 1   y    x '   I trung điểm MM ' nên  M Vậy M ' (1;1)  yM '   Vậy I ( ; ) 2 BH  AC nên pt (BC) là: 4(x-1)-3(y-1)=0 4x-3y-1=0 4 x  y   x    B(4;5) B  BE  BC nên tọa độ B nghiệm hệ  x  y 1  y  uuuu r r BM (4; 3) véc tơ phương đt AB  n AB (3; 4)  pt ( AB) : 3x  y   A  AB  AH  tọa độ A A(3;  ) Theo tc đường phân giác uur u r EA BA 7 uuu    EA   EC , E  BE nên E (t; t  1) EC BC 4  x   3t pt tham số (BC):   y   4t uur u uuu r EA  (3  t;   t  1) , EC (1  3t ' t; 4t ' t ) 7  t '  3  t  (1  3t ' t )     5 Vậy C (1;1) Ta có   5  t  7 (4t ' t ) t   11 4  0.25 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com Trong không gian với hệ tạo độ Oxyz cho điểm M 1,0,3 hai đường thẳng  x  1  2t  x  t   d1  :  y   t  d  :  y  2  2t   z   3t  z   3t   Viết phương trình đường thẳng  qua M cắt đường thẳng d1; ; d A(1;1; 2)  d1 B(0; 2; 2)  d Vtcp d1 ; d u1  (2; 1;3); u2  (1;2; 3) P 0,25 Q Gọi (P) mặt phẳng chứa  d1 , (Q) mặt phẳng chứa  d 0,25 0,25 Vậy vtcp   x   4t  Pt đt   y  2t  z   9t  Ta có a2  a2  b2  b2   a2  a2  a2   a2  b2   b2   b2   Vậy  b2   0,25  a2    b2   a2  b2   đt xảy  a    2.2  đt xảy b a    đt xảy   b   b2   b2  6 a2  a0 0,5 0,5 www.VNMATH.com www.VNMATH.com CHUYÊN ,A1 -2013 i gian làm 013 Câu I ( 1) 2) y  x  6mx  x  2m ) m  m Câu II (2 1) ) cos 3x  sin 3x  cos x  sin x  cos x  sin x   2)  xy  y   2  x  y  xy  3x  Câu III ( 1) )  x2  x2 dx 2) Cho a, b, c a  b  c  P Câu IV ( 1 1    2 2 a b b c c a a  b2  c 2 ) 1) M (0; ) Oxy N (0;7) 2) Câu V( 1) ) 2) (d1 ) : x 1 y 1 z   (d ) : (d ) x y2 z3   2 (d1 ) qua (d ) www.VNMATH.comĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI THỬ LẦN TrườngTHPT chun Nguyễn Trãi Mơn TỐN – Khối D Hải Dương Ngày thi: 24-24/03/2013 Thời gian 180 phút Câu I ( điểm) Cho hàm số y  x3  3(m  1) x2  3m(m  2) x  m3  3m2 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m=0 Tìm m cho đồ thị đạt cực đại, cực tiểu A B mà tam giác OAB có bán kính đường trịn ngoại tiếp 10 Câu II (2 điểm) Giải phương trình: cos2 x  (sin x  2cos x  cos x )(1  sin x) 2cos x   y  x3   y  x3  x  Giải hệ phương trình  ln( x  1) dx x x Câu III ( điểm) Tính tích phân sau: I   Câu IV ( điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SD=a Gọi O giao AC BD Biết (SAC) vng góc với (ABCD), góc SC (ABCD) 300 SO= a Tính thể tích khối chóp S.ABCD góc hai đường thẳng SO, AD Câu V ( điểm) Cho x, y > thỏa mãn: (x+1)(y+1)=4 Tìm GTNN A  x y xy   y 3 x3 x y Câu VI ( 2điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2,3), trọng tâm G(2,0), điểm B có hồnh độ âm thuộc đường thẳng d : x  y   Viết phương trình đường trịn tâm C bán kính , tiếp xúc với đường thẳng BG Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x 1 y z 1 , điểm M(1,2,-3) mặt   1 phẳng (P): x+y+z-3=0 Gọi A giao d (P) Tìm điểm B mặt phẳng (P) cho đường thẳng MB cắt d C mà tam giác ABC vuông C Câu VII (1 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn: An  8Cn  Cn  49 , M N điểm biểu diễn cho số phức z1  (1  i)n , z2   mi, m   Tìm m cho MN  Đáp án đề thi www.VNMATH.comhọc 2012-2013 thử khối D lần năm Câu I ( điểm) Khi m=0, hàm số có dạng: y  x3  3x x  x  x  x Đạo hàm: y '  3x2  x   x  0; x  2; y(0)  0; y(2)  Giới hạn: lim y  lim x3 (1  )   ; lim y   0,25 đ Bảng biến thiên: x -∞ y' -2 + - +∞ + +∞ y -∞ 0,25 đ Hàm số đồng biến (, 2);(0, ) nghịch biến (2,0) Đồ thị có điểm cực đại: A(2, 4) điểm cực tiểu B(0,0) 0,25đ Đồ thị: - Đồ thị qua điểm: A,B,U, C(-3,0); D(1,4) - Vẽ đồ thị: 0,25 đ +) y '  3x2  6(m  1) x  3m(m  2)   x  m, x  m  nên đồ thị ln có cực trị A(m,0); B(m  2, 4) www.VNMATH.com 0,25 đ A,B,O tạo thành tam giác  m   +) Viết phương trình trung trực AB: x-2y+m+5=0 +) Viết phương trình trung trực OA: x+ m =0 0, 25 đ +) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB I (  m m  10 , ) 0,25 đ +) IO2  10  m2  4m  12   m  6 m  Đáp số: m=-6 m=2 0,25 đ Câu II ( điểm) Đk: cos x    Phương trình trở thành: (1  sin x)(1  sin x)(2cos x  1)  (sin x  2cos x  cos x)(1  sin x) 0,25 đ  (1  sin x)(1  sin x  cos2 x)  Giải phương trình: sin x   x    k 0,25 đ    3 Giải phương trình :  sin x  cos x   sin(2 x  )  sin( )  x   k ; x   k 12 0,25 đ Đối chiếu điều kiện được: x    k 2 ; x   12  k ; x  3  k 0,25 đ    y  x3  x   y  x3    www.VNMATH.com y  x3  x  y  x3  x  y3  x3 (*) (*)  y  x  x3  y  ( x  y )( x  xy  y  )  0, 25 đ Th1: x  y  , ta được: x3    x   ; y  3 0,25 đ Th2: x  xy  y  Suy ra: y  y 3y2  ( x  )2   2 2 Tương tự x  3 0,25 đ Từ đó: | y  x3 || x3 |  | y | 2( 3 )  nên trường hợp không xảy 3 4 Vậy hệ có nghiệm: ( x, y)  ( , ) 0,25đ Câu III ( điểm) x  t x  t  dx  2tdt Đổi cận Đặt 0,25 đ ln(t  1) ln(t  1) 2tdt  2 dt t t t 1 1 I  0,25 đ  I  (ln(t  1))2 |1  ln  ln 2 0,5 đ Câu IV ( điểm) www.VNMATH.com S A D H M O B C 1) +) Do (SAC )  ( ABCD) theo giao tuyến AC, BD  AC  BD  (SAC ) Ta được: BD  SO nên OD  a  BD  AB  AD nên ABCD hình vng Suy S ABCD  a 0,25 đ +) Tam giác SAC có SO  OA  OC nên vng S Kẻ SH  AC SH  ( ABCD) nên (SC,( ABCD))  SCH  300 Suy ra: SH a  cos 300  ; SA  AC nên SH  SA 2 Vậy VS ABCD  a3 12 0,25 đ 2) Ta có: SC 3  cos 300  nên SC  a AC Gọi M trung điểm CD OM  AD nên (SO, AD)  (SO, OM ) 0,25 đ Công thức trung tuyến cho tam giác SCD được: SM  a Định lý cosin cho tam giác: SOM được: cos SOM   www.VNMATH.com Vậy góc hai đường thẳng SO AD arccos 0,25 đ Câu V ( điểm) Đặt x  y  S , xy  P ( x  1)( y  1)  xy  x  y   S  P    S  P  Tồn x, y S  4P Khi A   A x  y  3x  y xy S  P  3S  S    xy  3( x  y )  x  y P  3S  S S  5S   S S 3     2S  12 S S  A2 3  2 Dấu xảy S  6, P   , ( thỏa mãn: S  4P ) Hay ( x, y)  ( A   6  6  6  6 ; ) ( x, y)  ( ; ) Vậy 2 2 3  2 Câu VI ( điểm)   +) Do B  d : x  y   nên B(b, 5  b)(b  0)  BG  (2  b,5  b) Phương trình ( BG) : (5  b)( x  2)  (b  2) y  0,25 đ +) G trọng tâm tam giác ABC nên C (4  b, b  2) 0,25 đ tiếp xúc với ( BG) | (5  b)(2  b)  (b  2)(b  2) |   (5  b)  (b  2) +) Đường tròn tâm C, bán kính  63b2 1386b 1449   b2  22b  23  0,25 đ +) Giải phương trình b  1 ( b  0) Khi đó, C(5,1) nên phương trình đường trịn cần tìm là: ( x  5)2  ( y  1)  81 25 0,25 đ www.VNMATH.com   Ta có: C  d nên C (2c  1; c; c  1)  MC  (2c; c  2;2  c)  Đường thẳng d có vecto phương u  (2,1, 1) 0,25 đ      4 3 Tam giác ABC vuông C nên MC.u   2c.2  c   c    c  Suy MC  ( ,  ; ) 0,25 đ  Ta v  (1, 1,1) vecto phương đường thẳng (MC ) nên ( MC ) : x 1 x  x    1 0,25 đ B  (MC ) nên B(b  1; b  2; b  3) B  ( P)  b   (b  2)  (b  3)    b  Vậy B(2,3,-2) 0,25 đ Câu VII ( điểm) Giải phương trình An  8Cn  Cn  49 Đk: n   n   n(n 1)(n  2)  4n(n 1)  n  49 0,25 đ  n3  7n2  7n  49   (n  7)(n2  7)   n  ( t/m) 0,25 đ Khi đó: z1  (1  i)7  [(1  i)2 ]3 (1  i)  8i3 (1  i)  8i(1  i)   8i Vậy M(8,-8) 0,25 đ Do N(4,m) nên MN   42  (8  m)2  25  (m  8)2   m  5 m  11 Đáp số: m  5 m  11 0,25 đ ... nên ABCD hcn 0,25 Đặt CD=x Ta có 0,25 AC  AD  CD  16 a  x x2  SH  SC  CH  6a  (16 a  x )  2a  4 1 x2 2a  4a. x Vậy VSABCD  SH S ABCD  3 Theo ta có x 8a3  ax 2a  3 x2 x2 2  x 2a ... ABC A '' H  a3 0,25 đ Gọi D trung điểm AC,ta có HD  AC Kẻ HK  A '' D ta chứng minh HK  mp( ACC '' A '') Giải tam giác A? ??HD ta có HK  a  d ( H ; ACC '' A '') 0,25 đ Mp(ACC? ?A? ??) ch? ?a A’C song song... chiếu A? ??C lên mp(đáy) 0,25 đ www.VNMATH.com (1, 0đ) nên HCA ''  45o  A '' H  CH  AB  a Cạnh bên đáy CA  CB  a 2 S ABC  CB  CA.CB  a B’ A? ?? C’ K H A B D C : VABC A '' B '' C ''  S ABC A ''