S AFCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AF và DE. Tính xác suất để trong 5 cầu chọn ra có số cầu đỏ bằng số cầu xanh.. B. Theo chương trình nâng cao.. Tìm toạ độ tiếp điểm. Cán b[r]
(1)TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 Mơn: TỐN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y=x3−3
2(m−2)x
−3(m−1)x+1 (1), m tham số a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=−2
b) Tìm m>0 để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu yCĐ, yCT thỏa mãn 2yCĐ+yCT=4
Câu (1,0 điểm) Giải phương trình (tanx+1)sin2x+cos 2x+2=3(cosx+sinx)sinx Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 12log2(2+x)+log1
2
(4−√418− x)≤0 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I=∫
0 ln
ex
3√3+ex+2ex+7dx
Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SC⊥(ABCD) , đáy ABCD hình thoi có cạnh a√3 và ABC 120 0
Biết góc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) 450 Tính theo a thể tích khối chóp SABCD khoảng cách hai đường thẳng SA,BD
Câu (1,0 điểm) Cho số thực khơng âm x, y, z thỏa mãn x2+y2+z2≤3y Tìm giá trị nhỏ x+1¿2
¿ y+2¿2
¿ z+3¿2
¿ ¿ ¿ ¿ P=1¿
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a phần b) a Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng AC x+7y −31=0, hai đỉnh B , D thuộc đường thẳng d1:x+y −8=0, d2:x −2y+3=0 Tìm tọa độ đỉnh hình thoi biết diện tích hình thoi 75 đỉnh A có hồnh độ âm
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:x+4 =
y −5 −1 =
z+7 d2:x −2
1 = y −1=
z+1
−2 Viết phương trình đường thẳng Δ qua M(−1;2;0),⊥d1 tạo với d2 góc 600.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số x7 trong khai triển nhị thức Niu-tơn
(x2−2 x)
n
, biết n số nguyên dương thỏa mãn 4Cn+1
3
+2Cn
=An
b Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1:x − y −2=0 và
d2:x+2y −2=0 Giả sử d1 cắt d2 I Viết phương trình đường thẳng Δ qua M(−1;1) cắt d1 d2 tương ứng A , B cho AB=3 IA
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2;−1;3) đường thẳng d:x+2
2 = y −4
−3 = z+1
1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua K(1;0;0) , song song với đường thẳng d đồng thời cách điểm M khoảng √3
(2)Câu Đáp án Điểm Câu 1.
(2,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
Khi m=−2 hàm số trở thành y=x3+6x2+9x+1
a) Tập xác định: R b) Sự biến thiên:
* Giới hạn vơ cực: Ta có x →− ∞lim y=− ∞ x →lim+∞y=+∞ * Chiều biến thiên: Ta có y '=3x2+12x+9;
y '=0⇔ x=−3
¿ x=−1
¿ x<−3
¿ x>−1
¿
; y '<0⇔−3<x<−1 ¿
; y '>0⇔¿ ¿ ¿ ¿
Suy hàm số đồng biến khoảng (− ∞;−3),(−1;+∞); nghịch biến (−3;−1)
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=−3, yCĐ=1, hàm số đạt cực tiểu tại
x=−1, yCT=−3
0,5
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị:
0,5
b) (1,0 điểm)
Ta có y '=3x2−3(m −2)x −3(m −1),∀x∈R
y '=0⇔x2−(m−2)x − m+1=0⇔ x=x1=−1
¿ x=x2=m−1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Chú ý với m>0 x1<x2 Khi hàm số đạt cực đại x1=−1 đạt cực tiểu x2=m−1 Do
0,5 x
O
3
y
1
3
1 x
'
y
y
3
1
1
3
(3)m−1¿2+1 yCĐ=y(−1)=3m
2 , yCT=y(m−1)=−
2(m+2)¿
Từ giả thiết ta có
m−1¿2=0
m−1¿2+1=4⇔6m−6−(m+2)¿ 3m
2 −
2(m+2)¿ ⇔(m−1)(m2+m−8
)=0⇔ m=1
¿ m=−1±√33
2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Đối chiếu với yêu cầu m>0 ta có giá trị m m=1, m=−1+2√33
0,5
Câu 2. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠0, hay x ≠π 2+kπ Khi phương trình cho tương đương với
(tanx+1)sin2x+1−2sin2x+2=3(cosx+sinx)sinx ⇔(tanx −1)sin2x+3=3(cosx −sinx)sinx+6 sin2x ⇔(tanx −1)sin2x+3 cos 2x=3(cosx −sinx)sinx
⇔(tanx −1)sin2x+3(cosx −sinx)cosx=0
⇔(sinx −cosx)(sin2x −3 cos2x)=0
⇔(sinx −cosx)(2 cos 2x+1)=0
0,5
⇔ sinx=cosx
¿ cos 2x=−1
2 ¿ x=π
4+kπ ¿ x=±π
3+kπ , k∈Z ¿
¿ ¿ ⇔¿
¿ ¿ ¿
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x=π
4+kπ , x=± π
3+kπ , k∈Z
0,5
Câu 3. (1,0
điểm) Điều kiện:
¿
2+x>0,18− x ≥0
4−4√18− x>0
⇔−2<x ≤18
¿{
¿
Khi bất phương trình cho tương đương với log2√2+x ≤log2(4−√418− x)
⇔√2+x ≤4−√418− x
Đặt t=√418− x Khi 0≤t<√420 bất phương trình trở thành √20− t4≤4−t
(4)⇔ 4−t ≥0
4− t¿2 ¿ ⇔
¿ ¿t ≤4
¿
t4+t2−8t −4≥0 ¿
¿ ¿ ⇔
¿ ¿ ¿t ≤4
¿ 20− t4≤¿ Suy
√18− x ≥2⇔x ≤2
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm bất phương trình −2<x ≤2
0,5
Câu 4. (1,0 điểm)
Đặt √3+ex=t. Khi ex
=t2−3⇒exdx=2tdt Khi x=0⇒t=2,
x=ln 6⇒t=3 Suy I=∫
2tdt
3t+2(t2−3)+7=2∫2
t 2t2
+3t+1dt
0,5
¿2∫
t
(t+1)(2t+1)dt=2∫2
(t+11− 2t+1)dt
¿2 ln|t+1|
¿3
¿2−ln|2t+1|¿
¿2=(2 ln 4−2 ln3)−(ln 7−ln5)=ln 80 63
0,5
Câu 5. (1,0 điểm)
Kẻ SK⊥AB⇒ hình chiếu CK⊥AB ⇒((SAB),(ABCD))=∠SKC=450
∠ABC=1200⇒∠CBK=600⇒CK=CBsin 600=3a ⇒SC=CK tan 450=3a
2 (1)
SABCD=AB BCsin 1200=3√3a 2 (2)
Từ (1) (2) ⇒VS ABCD=13SC.SABCD=3√3a
0,5
Gọi O=AC∩BD Vì BD⊥AC,BD⊥SC nên BD⊥(SAC) O Kẻ OI⊥SA⇒OI đường vng góc chung BD SA
Sử dụng hai tam giác đồng dạng AOI ASC đường cao tam giác SAC suy OI= 3a
2√5= 3√5a
10 Suy d(SA,BD)= 3√5a 10
0,5
Câu 6. (1,0 điểm)
Ta có 2x+4y+2z ≤(x2+1)+(y2+4)+(z2+1) ¿x2+y2+z2+6≤3y+6 Suy 2x+y+2z≤6 Dấu đẳng thức xảy x=y
2=z=1 Chú ý rằng, với hai số dương a , b áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
a+b¿2 ¿ a2+
1 b2≥
8 ¿
, (*)
dấu đẳng thức xảy a=b
0,5
S
D
A
B K C
(5)Áp dụng (*) ta
x+1¿2 ¿ y 2+1¿
2 ¿ z+3¿2
¿ ¿ ¿ P=1
¿
x+1+y 2+1¿
2 ¿ z+3¿2
¿ ¿ ¿ x+ y
2+2+z+3¿ ¿
2x+y+2z+10¿2 ¿
¿ 64 ¿
6+10¿2 ¿ ¿ 64
¿ Dấu đẳng thức xảy x=1, y=2, z=1
Vậy giá trị nhỏ P 1, đạt x=1, y=2, z=1
0,5
Câu 7.a (1,0 điểm)
B∈d1:y=8− x⇒B(b ;8−b), D∈d2:x=2y −3⇒D(2d −3;d)
⇒⃗BD=(−b+2d −3;b+d −8) trung điểm BD I(b+2d −3
2 ;
− b+d+8 )
Theo tính chất hình thoi
⇒ BD⊥AC
I∈AC ⇔ ¿⃗uAC.⃗BD=0
I∈AC ⇔
¿−8b+13d −13=0 −6b+9d −9=0
⇔ ¿b=0
d=1 ¿{
Suy
¿ B(0;8) D(−1;1) ⇒I(−1
2; 2) ¿{
¿
0,5
A∈AC:x=−7y+31⇒A(−7a+31;a) SABCD=1
2AC BD⇒AC= 2S
BD=15√2⇒IA= 15
√2
(6)⇒(−7a+63 )
2
+(a −9 2)
2 =225
2 ⇔(a − 2)
2 =9
4⇔ a=3
¿ a=6
¿ A(10;3)
¿
A(−11;6)(ktm) ¿
¿ ¿ ⇒¿
¿ ¿ ¿ Suy A(10;3)⇒C(−11;6) Câu
8.a (1,0 điểm)
Giả sử Δ có vtcp ⃗uΔ=(a ;b ;c), a2+b2+c2≠0
Δ⊥d1⇔⃗uΔ.⃗u1=0⇔a− b+c=0 (1)
a −b −2c¿2=3(a2+b2+c2)(2)
∠(Δ, d2)=600⇔ |a −b −2c|
√1+1+4 √a2+b2+c2=cos 60
0
=1
2⇔2¿
0,5
Từ (1) có b=a+c thay vào (2) ta
a+c¿2+c2 a2
+(¿)⇔a2+ac−2c2=0 18c2=3¿
⇔ a=c , b=2c
¿
a=−2c ,b=− c ¿
¿ ¿ ¿ ¿
Với a=c ,b=2c , chọn c=1⇒⃗uΔ=(1;2;1) ta có Δ: x+1
1 = y −2
2 = z Với a=−2c ,b=− c , chọn c=−1⇒u⃗Δ=(2;1;−1) ta có Δ:
x+1 =
y −2 =
z −1
0,5
Câu 9.a (1,0 điểm)
Ta có
(n −1) ¿ (n+1)n¿ 4Cn3+1
+2Cn2=An3⇔4 ¿
⇔2(n2−1)+3(n−1)=3(n2−3n+2), n≥3 ⇔n2−12n+11
=0, n≥3 ⇔n=11
0,5
Khi x2
¿11−k.(−2 x)
k
¿ −2¿k.x22−3k
¿ C11k ¿
C11k ¿
(x2−2 x)
11 =∑
k=0 11
¿
Số hạng chứa x7 số hạng ứng với k thỏa mãn 22−3k=7⇔k=5. Suy hệ số x7 −2¿
5
=−14784 C115 .
¿
0,5
(7)7.b (1,0 điểm)
Chọn A0(0;−2)∈d1, ta có IA0=2√2 Lấy B0(2−2b ;b)∈d2 cho
A0B0=3 IA0=6√2
b+2¿2=72 2−2b¿2+¿
⇔¿ ⇔5b2−4b −64=0⇔
b=4 ¿ b=−16
5 ¿ B0(−6;4)
¿ B0(42
5 ;− 16
5 ) ¿ ¿ ¿ ⇒¿
¿ ¿ ¿
Suy đường thẳng Δ đường thẳng qua M(−1;1) song song với A0B0
Suy phương trình Δ:x+y=0 Δ:x+7y −6=0 0,5
Câu 8.b (1,0 điểm)
(P) qua K(1;0;0)⇒ phương trình (P) dạng Ax+By+Cz− A=0(A2+B2+C2≠0) (P)//d⇔
⃗ ud.⃗nP=0 H(−2;4;−1)∉(P)
⇔
¿2A −3B+C=0(1) −3A+4B− C ≠0(2)
¿{
A − B+3C¿2=3(A2+B2+C2) d(M ,(P))=√3⇔|A − B+3C|
√A2+B2+C2
=√3⇔¿ (3)
0,5
Từ (1) có C=−2A+3B , thay vào (3) ta
−2A+3B¿2 A2
+B2+(¿) −5A+8B¿2=3¿
¿ ⇔5A2−22 AB
+17B2=0⇔ A=B
¿ 5A=17B
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Với A=B , ta có C=B , khơng thỏa mãn (2) Với 5A=17B , ta có A=17
5 B , C=− 19
5 B Chọn B=5 ta có A=17,C=−19 , thỏa mãn (2)
Suy (P):17x+5y −19z −17=0
0,5
Câu Số số tự nhiên có chữ số đôi khác thuộc tập E
5×4×3=60
Trong số số khơng có mặt chữ số 4×3×2=24, số số có mặt chữ số
(8)9.b (1,0 điểm)
là 60−24=36
Gọi A biến cố hai số viết lên bảng có mặt chữ số 5; B biến cố hai số viết lên bảng khơng có mặt chữ số
Rõ ràng A B xung khắc Do áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có
P(A∪B)=P(A)+P(B)=C36
1 C361
C601 C601 +
C241 C241
C601 C601 =(
3 5)
2
+(2
5)
=13
25 Suy xác suất cần tính P=1− P(A∪B)=1−13
25= 12 25
0,5
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN VI NĂM 2013 Tổ: TỐN Mơn: TỐN; Khối A khối A1 - Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số
1 x y
x
(C)
a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến cắt hai đường tiệm cận (C) A B cho tam giác ABI có bán kính đường tròn nội tiếp 2 2, với I giao điểm hai đường tiệm cận.
Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:
(1 cos ) cos (1 cos )(1 2cos ) tan
x x
x x x
(x )
Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x 1 x 1 2 xx2 2 (x ) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân:
3
0
(cos 2sin )
I x x x dx
∫
Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, ABC1200 Hình chiếu vng góc điểm S mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm H tam giác ABC Gọi E F, trung điểm SA,BC Biết góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp
S AFCD khoảng cách hai đường thẳng AF DE
Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm a b c, , thoả mãn: a2b2c2 1 Tìm giá trị lớn biểu thức:
T 6(b c a ) 27 abc
II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ) : (C x 2)2(y 3)2 10 , nội tiếp hình vng ABCD Xác định toạ độ đỉnh hình vng biết cạnh AB qua E( 3; 2) xA 0
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng
1 :
1
x y z
điểm (0;3; 2)
A Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua A, song song với đường thẳng đồng thời khoảng cách ( ) 3.
Câu 9.a (1,0 điểm) Một hộp đựng cầu đỏ, cầu xanh cầu vàng Chọn cầu Tính xác suất để cầu chọn có số cầu đỏ số cầu xanh
(9)Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, phương trình cạnh AB y3 7(x1) Hai đỉnh B C, nằm trục hoành đỉnh A có toạ độ số dương Xác định toạ độ điểm A B C, , biết tam giác ABC có chu vi 18
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : x2y 0 điểm (0; 3;6)
B Chứng minh mặt phẳng ( ) tiếp xúc với mặt cầu tâm B, bán kính BO Tìm toạ độ tiếp điểm Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z z1, 2 hai nghiệm phức phương trình: z2 2z 4 0 Tính
2013 2013
1
T z z .
……….HẾT………
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm. Họ tên thí sinh:……….; Số báo danh………
Trường THPT Trần Hưng Đạo Tổ: Toán
Đáp án đề thi thử đại học Lần VI Mơn: Tốn
Năm học: 2012-2013
Câu Đáp án Thang
điểm 1.a
(1.0 điểm)
10 Hàm số có TXĐ : \ 2 0.25
20 Sự biến thiên hàm số
a) Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực hs đường tiệm cận
2
lim
x y
, xlim2 y
Tiệm cận đứng: x2
lim lim
x yx y Tiệm cận ngang: y1
0.25
b) Bảng bt
2
' 0, 2
y x
x
x 2
'
y +
y
- Hàm số nghịch biến khoảng : ;2 2; - Hàm số khơng có cực trị
0.25
30 Đồ thị
Giao điểm đồ thị với trục tọa độ :
Đồ thị C cắt trục hoành điểm 1;0 cắt trục tung điểm
1 0;
2
.
Đồ thị
(10) Nhận xét: Đồ thị C nhận giao điểmI2;1 hai đường tiệm cận làm tâm đx
1.b (1.0
điểm) Giả sử
0
x là hoành độ tiếp điểm x0 2
PT tiếp tuyến C x0có dạng :
:
0
0
1
2
x
y x x
x x
Giả sử A B, hai giao điểm với đường tiệm cận ngang tiệm cận
đứng C Khi đó:
1
2
ABI
S IA IB
A2x0 2;1
0
0
2; x B
x
0.25
Và: IA2x0 4;0
2 0;
2 IB
x
0
2 2x ;
2 AB
x
⃗
Có:
1
2
ABI
S IA IB
1
2
2
ABI
S IA IB AB r IA IB AB
(11)
2
0
0 0
2
2 2 2
2
x x
x x
Đặt tx0 , t0
Ta phương trình:
2
1
2
t t
t t
Đặt
1 a t
t
, Đk: a2
Ta phương trình: a a2 2
Giải phương trình ta được: a2.Từ ta được: t1
0.25
Với t1 ta được: x0 3; x0 1.
Vậy tiếp tuyến thỏa mãn toán là: y x5 y x1
0.25
2 (1.0 điểm)
1 cos cos
1 cos cos tan
x x
x x x
1 ĐK:
cos
1 sin 2x cos
2
cos x
cos 2
sin x
x x x
PT 1 sinx sin cosx x 1 cosx 2cos2x
0.25
sinxcosx 1 sin cosx x2 sin x 1 sin x 0 1 sin x 2sinxcosx1 0
0.25
sin
2sin cos
x Loai
x x
2sinxcosx1
0.25
2
2 /
x k loai
x k T m
Vậy PT 1 có nghiệm x2k2 , k
Với thỏa mãn:
2 cos
5 sin
5
0.25
3(1.0
điểm)
2
1 2
x x x x 1 Đk: 1 x 2 *
PT 1
2
1 2
x x x x
Đặt: t x 1 2 x , t 0
Ta phương trình: t4 6t24t 0
0.25
(12)
3 2
1 a 7a 11
a a a a
2
Ta có: t2 3 2 x x2 t 3 a0
Suy PT 2 a1
0.25
Với a 1 t 1
2 x x2 3 2 x1;x0
Vậy PT 1 có nghiệm x1;x0
0.25
4 (1.0
điểm)
0
cos 2sin
I x x x dx I I
∫
Tính
1
cos
I x x dx
∫
Sử dụng tích phân phần ta được: I12
0.5
Tính
3
0
2 sin
I x x dx
∫
1 Đặt: t x
2
0
2 sin sin
I t t dt x x dx
∫ ∫
2 Cộng vế 1 2 ta được:
3
0
2I sin x dx
∫
2
0
4
cos cos
3
I x d x
∫
Vậy:
4
3
I
0.5
(13)Ta có:
2 D
3 sin
2
ABC
a
S AB BC ABC
2
1 3a
2 4
ABF ABC ABCD AFCD ABCD
S S S S S
0.25
BCD cạnh a nên
3 a
DF
, kẻ HK BC K. Do HK/ /DF
1
D
HK BH a
HK
DF B
, D 600
2 a
BC SHK SBC ABC SKH SH
3
D D
1
3 16
S AFC AFC
a
V SH S
(đvtt)
0.25
Dựng hệ trục tọa độ Oxyz với H O , S Oz , D Oy , Ox/ /AC(như hình vẽ) Khi ta có :
H0;0;0 ,
0; ;0 a
B
0;0; a
S
,
2 0; ;0
3 a
D
3 ; ;0
2
a a
A
,
3 ; ;0
2
a a
C
Suy ra:
3 ; ; 12
a a a
E
3
; ;0
4 12
a a
F
Áp dụng công thức:
; , a 165
55 ,
AF DE AD d AF DE
AF DE
⃗ ⃗
0.5
6
(1.0 Có:
2 2 1 2 1
a b c b c a
a b c, , 0 a0,1
(14)điểm)
Có:
2 2
2
2
2
b c b c
b c b c
bc
2
2 27a
6
2 a
T a a
3
1
27a 15a 12 2
T a
* Xét hàm số:
3
27x 15x 12
f x x
0,1
2 24x
' 81x 15
2 f x x 2 8x
' 27x
2 f x
x
Đk: 0 x
2
5 27x x 2.x
Đk: 15 x
2 2
5 27x x 32x
Đặt: tx2, Đk:
5 27 t 0.25
Được phương trình:
2
5 27 t 1 t 32t
729t3 999t2327t 25 0
25 27 t t t
Đối chiếu với điều kiện ta được:
t
3 x 0.25 Tacó:
0 12
1 12 20 f f f
maxx0,1 f x 20 T 10 Dấu “=” xảy khi:
1
,
3
a b c
Vậy maxT 10
1
,
3
a b c
0.25
Theo chương trình chuẩn 7.a(1.0
C :
2
2 10
(15)điểm)
C có tâm I2;3 , bán kính R 10.
Do C nội tiếp hình vng ABCDnên C tiếp xúc với cạnh hình vng trung điểm cạnh
Và: AB2 10 ; d I AB , 10; IA2 5. Giả sử n a b ;
⃗
,
2 0
a b
VTPT AB :
AB
a x 3b y 2 0
2
2
5a
10 3a 10a
b
b b
a b
3a
3 b
a b
* Với
a
b
, chọn a3 AB: 3x y 7 G/s: A a ;3a 7 , a0
2
2 10a 20a
2 a IA
a
(loại)
0.25
*Với b3a, chọn a1 AB: x 3 y 0
2 6;1 2;5
IA A C
0.25
Gọi M trung điểm củaAB M t3 3;t IM t3 1; t 3
3;0 0; 4;7
IM AB t M B D
Vậy A6;1, B0; 1 ,C2;5,D4;7
0.25
8.a (1.0 điểm)
qua M0;0;1 , VTCP: u1;1;4 ⃗
Giả sử n a b c ; ; ⃗
VTPT ,
2 2 0
a b c
/ / n u 0 a b 4c 0 ba 4c ⃗ ⃗
0.25
: a x 0 a4c y 3c z 2 0
Có:
2
2
3a 15
, , 3
4 c
d d M
a a c c
a2 2ac 8c2 0
2
a c
a c
0.25
* Với a2c b2c, Chọn c 1 a b 2.
PTmp : 2x 2 y z 0
0.25
* Với a4c, Chọn c 1 a4 PTmp : 4x 8 y z 26 0
Vậy: có 2mp thỏa mãn ycbt có PT: 2x 2 y z 0 4x 8 y z 26 0
(16)9.a (1.0 điểm)
Số cách chọn 5cầu là: C135 1287 (cách) 0.25
Để chọn cầu mà số cầu đỏ số cầu xanh có phương án: * Phương án 1: đỏ, xanh vàng có: C C C61 .14 33 24cách
0.25
*Phương án 2: đỏ , xanh vàng có: C C C62 .42 31270 cách. 0.25
Theo qui tắc cộng ta có: 24+270=294 cách Theo định nghĩa xác suất cổ điển, XS cần tìm :
294 98 1287 429
0.25
Theo chương trình nâng cao 7.b
(1.0 điểm)
Có: B C Ox, BC y: 0 B1;0 0.25
Giả sử A a ;3 7a1, a1 C c ;0, c1 Khi đó: AB 1 a;3 1 a
⃗
, AB8 1 a AC c a ;3 1 a
Do ABC cân A nên
2
1
AB AC a c a
c2a 1 C2a 1;0 BC2a 2;0
⃗
0.25
Ta có: AB BC CA 1816 1 a 2 1 a 18
0
1
2 a a
a
(t/m)
0.25
Vậy
A2;3 ; B1;0 ; C3;0
0.25
8.b (1.0 điểm)
Giả sử S mặt cầu tâm B, bán kính BO
BO
.
Ta có:
6
,
1
d B
0.25
tiếp xúc với mặt cầu S 0.25
Giả sử H tiếp điểm mặt cầu S BH
:
6 x t
BH y t
z
Tọa độ H nghiệm hệpt:
3
3
6
2
x t t
y t x
z y
x y z
(17)Vậy: H3;3;6 9.b
(1.0 điểm)
z2 2z 0 Giải được: z1 1 i 3, z2 1 i
0.5 Ta có:
1
2013 2013 2013
1
2 cos sin
3
2013 2013
2 cos sin
3
z i
z i
0.25
Và
2
2013 2013 2013
2
2 cos sin
3
2 cos 671 sin 671
z i
z i
Vậy: T 22014.
0.25