Bài soạn 2 đề thi thử Đại học môn Toán và đáp án tham khảo

đề thi thử đại học Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng Trờng thpt trần nguyên hÃn Môn toán lớp 12-lần - năm học 2009-2010 Thời gian làm bµi : 180’ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) 2 Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = x + ( m − ) x + m − 5m + 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 2/ Tìm giá trị ca m đồ thị hàm số cú cỏc im cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân  x + y + x − y = 12  Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình:   y x − y = 12 2/ Giải bất phơng trình : log x − log x − > (log x − 3) Câu III (1.0 im) Tìm x (0; ) thoả mÃn phơng trình: cot x - = π cos x + sin x − sin x + tan x Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : I = cos x cos xdx ∫ Câu V(1.0 điểm) Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = a · · , SA = a , SAB = SAC = 30 Gọi M trung điểm SA , chøng minh SA ⊥ ( MBC ) TÝnh VSMBC PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABC cú nh A(1;2), đường trung tuyến BM: x + y + = phân giác CD: x + y − = Viết phương trình đường thẳng BC 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) B/ Phần đề theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 x2 − 2x + Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = (C) vµ d1: y = −x + m, d2: y = x + x −1 Tìm tất giá trị m để (C) cắt d1 điểm phân biệt A,B đối xứng qua d2 ******* HÕt ******* đáp án biểu điểm Thi thử đại học lần ii Cõu Môn toán lớp 12- 2009-2010 Hớng dẫn giải chi tiết ý Điểm 7.00 PHN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I Cho hàm số f ( x ) = x + 2( m − 2) x + m − 5m + ( C ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = 1* TXĐ: D = R 2* Sù biÕn thiªn hàm số: lim f ( x ) = +∞ : lim f ( x ) = +∞ * Giíi h¹n v« cực: x → −∞ x → +∞ ( 0.25 ) f ' ( x) = y' = x − x = x x * Bảng biến thiên: y ' = ⇔ x = 0; x = −1; x = x -∞ y’ y -1 +∞ + 0 - 1 + +∞ +∞ 0.5 0 Hàm số đồng bin mi khoảng ( 1;0 ) (1;+ ) , nghch bin ; Trên khoảng ( −∞ 1) (0;1) Hàm số đạt cực tiểu x = ±1; y CT = , đạt cực đại x = 0; y CD = 3* Đồ thị: 4 * Điểm uốn: y ' ' =12 x − , điểm uốn là: U − ; , U  ;          * Giao điểm với trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) C(1; 0) * Hàm số chẵn R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: 0.25 -5 -2 -4 Tìm giá trị m để (C) có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân x = * Ta có f ' ( x ) = x + ( m − ) x = ⇔  x = − m * Hàm số có CĐ, CT f’(x)=0 có nghiệm phân biệt đổi dấu : m < (1) Toạ độ điểm cực trị là: ( ) ( A 0; m − 5m + , B ) ( − m ;1 − m , C − − m ;1 − m ) * Do tam giác ABC ln cân A, nên tốn thoả mãn vuông A: AB AC = ⇔ ( m − ) = −1 ⇔ m = đk (1) Trong AB = ( − m ;−m + 4m − ), AC = (− − m ;−m + 4m − 4) Vậy giá trị cần tìm m m = Câu II 0.25 0.5 0.25 2  x + y + x − y = 12  Giải hệ phương trình:   y x − y = 12  | x|≥| y| * Điều kiện: u = x − y ; u ≥  Đặt  ; x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có v = x+ y   1 u2  y =  v − ÷ Hệ phương trình cho có dạng: 2 v  u = u = ⇔  v = v =  x2 − y2 = u =  ⇔ + (I) v = x + y =  0.25 u + v = 12  u2  u  v − ÷ = 12 2  v    0.25 u =  x − y =  ⇔ + (II) v = x + y =  Giải hệ (I), (II) Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu S = { ( 5;3) , ( 5; ) } Giải bất phơng trình : x> ĐK: log 22 x − log x − ≥   t −≤  t −≤  log2 x −≤  ⇔ t> ⇔  ⇔    < t <  < log2 x <   (t + 1)(t − 3) > 5(t − 3) Câu III  0 (log x − 3) BÊt phơng trình đà cho tơng đơng với log x − log x − > (log x 3) đặt t = log2x, BPT (1) ⇔ t − 2t − > (t − 3) ⇔ (t − 3)(t +1) > (t − 3) 0.25 0.25 (1) 0.5 0.25 §K:  sin2x ≠  sin2x ≠  ⇔  sin x + cosx ≠  tan x −≠ 0.25 cos x − sin x cos x cos x = + sin x − sin x cos x sin x cos x + sin x cos x − sin x ⇔ = cos x − sin x cos x + sin x − sin x cos x sin x ⇔ cos x − sin x = sin x(1 − sin x) Khi ®ã pt ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ KL: (cos x − sin x)(sin x cos x − sin x −1) = (cos x − sin x)(sin x + cos x − 3) = π cos x − sin x = ⇔ tanx = ⇔ x = + kπ (k ∈ Z ) (tm) π x ∈ ( 0;π ) ⇒ k = ⇒ x = π Câu IV Tính tích phân : I = cos x cos xdx ∫ 0.25 π I = ∫ cos x cos xdx = π π 1 ∫ (1 + cos x) cos xdx = ∫ (1 + cos x + cos x)dx 20 = Câu V 0.5 1 π ( x + sin x + sin x) |π /2 = 4 Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = a · · , SA = a , SAB = SAC = 30 Gọi M trung điểm SA , chøng minh SA ⊥ ( MBC ) TÝnh VSMBC 0.5 S M A C 0.25 N B Theo định lí côsin ta có: à SB = SA + AB − 2SA.AB.cos SAB = 3a + a − 2.a 3.a.cos30 = a Suy SB = a T¬ng tù ta cịng có SC = a Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác cân nên MB SA, MC SA Suy SA ⊥ (MBC) Hai tam gi¸c SAB SAC có ba cặp cạnh tơng ứng nên chúng 0.25 0.25 Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN BC T¬ng tù ta cịng cã MN ⊥ SA 2 3a a  a  a  MN = AN − AM = AB − BN − AM = a −   −    = 16 ⇒ MN = 4    1 a a a a3 Do ®ã VS MBC = SM MN BC = (®vtt) = 32 0.25 PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00 Phần lời giải theo chương trình Chuẩn Câu VIa Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABC cú nh A(1;2), đường trung tuyến BM: x + y + = phân giác CD: x + y − = Viết phương trình đường thẳng BC Điểm C ∈ CD : x + y − = ⇒ C ( t ;1 − t )  t +1 − t  ; Suy trung điểm M AC M  ÷   2 0.25 0.25  t +1  − t M ∈ BM : x + y + = ⇒  + = ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 ) ÷+   Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − = I (điểm K ∈ BC ) Suy AK : ( x − 1) − ( y − ) = ⇔ x − y + = x + y −1 = ⇒ I ( 0;1) Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x − y +1 = 0.25 Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK ⇒ tọa độ K ( −1;0 ) x +1 y = ⇔ 4x + 3y + = Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: −7 + Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + + + 1)5 = 45 5 k =0 Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= i =0 5 0.25 0.25 ( ) = ∑∑ C C x ∑ C5k x k ∑ C5i x i k = i =0 k i k + 2i  i =   k =  k + 2i = 10  i =  ≤ k ≤ 5, k ∈ N ⇔   ⇒ a10= C50 C55 + C52 C54 + C54 C53 = 101 Theo gt ta cã   k = 0 ≤ i ≤ 5, i ∈ N    i =  k =  0.25 0.5 CâuVII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x y + z + = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc vi mp (P) Gọi (Q) mặt phẳng cần tìm uu ur r Ta có AB = (−2,4, −16) phương với a = (−1,2, −8) ur u mp(P) có VTPT n = (2, −1,1) ur u ur r u Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT mặt phẳng (Q) n = (2,5,1) ur u Mp(Q) chứa AB vng góc với (P) ®i qua A nhËn n = (2,5,1) lµ VTPT cã pt lµ: 2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = 0⇔ 2x + 5y + z − 11 = 0.25 0.5 0.25 Phần lời giải theo chương trình Nâng cao Câu VI.b Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D Ta có: uu ur AB = ( −1; ) ⇒ AB = Phương trình AB là: 2x + y − = I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) I 0.5 trung điểm AC BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − )  5 8 8 2 | 6t − | t = ⇒ C  ; ÷, D  ; ÷ = ⇔     Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ 5 t = ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )  Mặt khác: S ABCD = AB.CH = (CH: chiều cao) ⇒ CH = 5 8 8 2 Vậy tọa độ C D C  ; ÷, D  ; ÷ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 0.25 0.25 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + + + 1)5 = 45 Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= ∑C k =0 k 5 i =0 5 ( ) = ∑∑ C C x i x k ∑ C5 x i k = i =0 k i k + 2i 0.25 0.25 CâuVII.b  i =   k =  k + 2i = 10  i =  ⇒ a10= C50 C55 + C52 C54 + C54 C53 = 101 Theo gt ta cã 0 ≤ k ≤ 5, k ∈ N ⇔   k =2  0 ≤ i ≤ 5, i ∈ N    i =  k =  x2 − 2x + Cho hàm số y = (C) vµ d1: y = −x + m, d2: y = x + Tìm tất x −1 giá trị m để (C) cắt d1 điểm phân biệt A,B đối xng qua d2 0.25 * Hoành độ giao điểm (C) d nghiệm phơng tr×nh : x2 − 2x + = −x + m x −1 ⇔ 2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1) d1 cắt (C) hai điểm phân biệt p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác − − m + + m ≠ ⇔  ⇔ m2-2m-7>0 (*) m − 2m − > Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Víi x1, x2 lµ hai nghiƯm cđa (1) ) * d1 d2 theo giả thiết Để A, B đối xứng qua d2 P trung ®iĨm cđa AB x +x x +x m + 3m ; Thì P thuộc d2 Mà P( ; − + m ) ⇒ P( ) 2 4 3m − m + = + ⇔ m = ( tho¶ m·n (*)) VËy ta cã 4 VËy m =9 giá trị cần tìm 0.5 0.5 Chú ý : - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần - Có cha xin thầy cô sửa dùm Xin cảm ơn Ngời đề : Mai Thị Thìn = = = = = == = = HÕt = = = = = = = = Së GD&§T NghƯ An Trêng THPT Anh Sơn III Đề thi thử đại học lần thứ Môn Toán - Khối A Năm học 2009-2010-Thời gian 180 phút Phần dành chung cho tất thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số : y = x − 3mx + 3(m − 1) x − (m − 1) (1) a, Với m = , khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox ba điểm phân biệt có hoành độ dơng Câu 2: a, Giải phơng trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin (2x+ π )=0 b, X¸c định a để hệ phơng trình sau có nghiệm : Câu : Tìm : x + x = y + x + a   2 x + y =  sin xdx ∫ (sin x + cos x)3 C©u : Cho lăng trụ đứng ABC A' B 'C ' tích V Các mặt phẳng ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC ) c¾t t¹i O TÝnh thĨ tÝch khèi tø diƯn O.ABC theo V Câu : Cho x,y,z số thực d¬ng Chøng minh r»ng : x y z + + ) ≥ 12 y z x Phần riêng (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B ) P= 4( x + y ) + 4( y + z ) + 4( z + x ) + 2( A Theo ch¬ng trình chuẩn Câu 6a : a, Cho đờng tròn (C) có phơng trình : x + y x − y + = vµ đờng thẳng (d) có phơng trình : x + y = Chứng minh (d) cắt (C) hai điểm phân biệt A,B Tìm toạ độ điểm C đờng tròn (C) cho diƯn tÝch tam gi¸c ABC lín nhÊt b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đờng thẳng có phơng trình : (d1 ) :  x = 4t '  (d ) :  y = −2  z = 3t '  x y +1 z − = = 2 Viết phơng trình đờng thẳng ( )đi qua điểm A cắt hai đờng thẳng(d ), (d ) Câu 7a : Tìm số hạng kh«ng chøa x khai triĨn :  4  x+ ÷ x  ( víi x > ) B Theo chơng trình nâng cao Câu 6b : a, Viết phơng trình đờng thẳng chứa cạnh tam giác ABC biết B(2;-1) , đờng cao phân giác qua đỉnh A,C lần lợt : 3x -4y + 27 =0 x + 2y – = b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) đờng thẳng ( ) có phơng trình : ®êng 2 x − y + z + =  x − y + z + = Tìm toạ độ điểm M nằm đờng th¼ng ( ∆ )sao cho : MA + MB nhá nhÊt C©u 7b : Cho (1 + x + x )12 = a0 + a1 x + a2 x + a24 x 24 TÝnh hÖ sè a HÕt Họ tên Số báo danh SỞ GD-ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 07 trang) TRƯỜNG THPT ANH SƠN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Câu a (1.0 điểm) Khảo sát… (2 điểm) Với m=0, ta có: y=x3-3x+1 TXĐ D=R Đáp án Điểm x = y’=3x2-3; y’=0 ⇔   x = −1 0,25 lim y = ±∞ x →±∞ BBT x y’ y −∞ -1 + - +∞ + +∞ 0,25 -1 −∞ Hs đồng biến khoảng ( −∞ ;-1) (1; +∞ ), nghịch biến (-1;1) Hs đạt cực đại x=-1 ycđ=3, Hs đạt cực tiểu x=1 yct=-1 Đồ thị : cắt Oy điểm A(0;1) qua điểm B(-2;-1), C(2;3) Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng 0,25 y -2 -1 x 0,25 -1 b (1.0 điểm) Tìm m để … 0,25 2 Ta có y’= 3x -6mx+3(m -1)  x = m −1 y’=0 ⇔  x = m +1 Để đồ thị hàm số cắt Ox điểm phân biệt có hồnh độ dương ta phải có: V' y ' > ∀m ∈ R   2  f CD f CT < (m − 1)(m − 3)(m − 2m − 1) <   ⇔ m − >  xCD > x > m + >  CT   f (0) <  −(m − 1) <    1 − < m <    − < m < −1 ⇔  ⇔ < m < 1+  < m < +   m >  Câu (2.0 điểm) a (1.0 điểm) Giải phương trình Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + 0,25 Vậy giá trị m cần tìm là: m ∈ ( 3;1 + 2) π )=0 ⇔ sin2x + sinx + sin4x – sin2x = – cos(4x + ⇔ sinx + sin4x = 1+ sin4x ⇔ sinx = π ⇔x= + k2 π , k∈ Z 0,25 0,25 π ) 0,25 0,25 0,25 b (1.0 điểm) Nhận xét: Nếu (x;y) nghiệm (-x;y) nghiệm hệ Suy ra, hệ có nghiệm x =0 + Với x = ta có a =0 a = 2 x + x = y + x 2 x + x − x = y   ⇔ -Với a = 0, hệ trở thành:  2 2 x + y = x + y =    x   x2 ≤  y ≤  2 + x − x ≥ ⇒ ⇒ ⇒ Từ (2)  y ≤ x ≤ x  y ≤    2 x + y =  x =  ⇒ ( I ) có nghiệm ⇔ 2 x + x − x = ⇔  TM y =1 y =1   2 x + x = y + x +  -Với a=2, ta có hệ:  2 x + y =  Dễ thấy hệ có nghiệm là: (0;-1) (1;0) Vậy a = Câu (1.0 điểm) π π sin[(x- ) + ] s inx 6 = Ta có π (sinx+ 3cosx)3 8cos ( x − ) không TM (1) (2) 0,25 (I) 0,25 0,25 0,25 0,25 10 π π sin( x − ) + cos(x- ) 6 = π 8cos(x- ) π sin( x − ) + = 16 cos3 ( x − π ) 16 cos ( x − π ) 6 s inxdx π ⇒∫ = + tan( x − ) + c (sinx+ 3cosx)3 32cos ( x − π ) 16 Câu (1.0 điểm) 0,25 0,25 0,25 Gọi I = AC ∩ ’A’C, J = A’B ∩ AB’ (BA'C) ∩ (ABC') = BI   (BA'C) ∩ (AB'C) = CJ  ⇒ O điểm cần tìm  Goi O = BI ∩ CJ  Ta có O trọng tâm tam giác BA’C A' C' 0,25 B' I J O A C H M Gọi H hình chiếu O lên (ABC) Do V ABC hình chiếu vng góc trọng tâm V ABC Gọi M trung điểm BC Ta có: B V BA’C (ABC) nên H OH HM = = A ' B AM 1 ⇒ VOABC = OH SVABC = A ' B.SVABC = V 9 Câu (1.0 điểm) Ta có: 4(x3+y3) ≥ (x+y)3 , với ∀ x,y>0 Thật vậy: 4(x3+y3) ≥ (x+y)3 ⇔ 4(x2-xy+y2) ≥ (x+y)2 (vì x+y>0) ⇔ 3x2+3y2-6xy ≥ ⇔ (x-y)2 ≥ Tương tự: 4(x3+z3) ≥ (x+z)3 4(y3+z3) ≥ (y+z)3 0,25 0,25 0,25 0,25 11 ⇒ 4( x + y ) + 4( x3 + z ) + 4( y + z ) ≥ 2( x + y + z ) ≥ xyz Mặt khác: 2( x y z + + ) ≥ 63 y z x xyz ⇒ P ≥ 6( xyz + 0,25 ) ≥ 12 xyz 0,25  x = y = z  x y z Dấu ‘=’ xảy ⇔  = = ⇔ x = y = z = z x y   xyz = xyz  Vậy P ≥ 12, dấu ‘=’ xảy ⇔ x = y = z =1 Câu 6a (2.0 điểm) 0,25 Chương trình chuẩn a (1.0 điểm) (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm (C) (d) nghiệm hệ:  x =  x + y − = y = ⇔  2  x = x + y − 4x − y + =   y =  y Hay A(2;0), B(0;2) C 0,25 M I B H A O x Hay (d) cắt (C ) hai điểm phân biệt A,B 0,25 SVABC max ⇔ CH max 0,25 Ta có SVABC = CH AB (H hình chiếu C AB) Dễ dàng thấy CH max C = (C ) ∩ (V) ⇔  xC > V⊥ d  I (2; 2) ∈V Hay V : y = x với V:  0,25 12 ⇒ C (2 + 2; + 2) Vậy C (2 + 2; + 2) SVABC max b (1.0 điểm) Nhận xét: M ∉ (d1) M ∉ (d2) (V) ∩ (d1) = I (V) ∩ (d 2) = H Vì I ∈ d1 ⇒ I(2t-1; -1-2t; 2+t) H∈ d2 ⇒ H(4t’; -2; 3t’) Giả sử  0,25 uu ur u ur uu 1 − 2t = k (1 − 4t ') TM = k HM 23   ycbt ⇔  ⇔ 3 + 2t = k (2 + 2) ⇔ t = − 10  k ∈ R, k ≠  1 − t = k (3 − 3t ')  23 18 ⇒ T (− ; ; − ) 5 10 0,5 Vậy phương trình đường thẳng qua điểm I H là:  x = + 56t   y = − 16t  z = + 33t  Câu 7a (1.0 điểm) Ta có: ( x + 5 x + y − z + 17 − 12 x + y − 16 z + 18 = 0,25 là:  1 − 7 ) = ∑ C7 k ( x )7 − k ( x ) k x k =0 0.25 Để số hạng thứ k khơng chứa x thì: 1  (7 − k ) − k = ⇔k =4 4  k ∈ [0;7]  0.5 Vậy số hạng không chứa x khai triển là: C74 = Câu 6b (2.0 điểm) 35 0,25 Chương trình nâng cao a (1.0 điểm) Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC: ( BC ) qua B ⇔ ( BC ) : x + y − =   BC ⊥ d1 0,25 4 x + y − = ⇒ C (−1;3) x + y − = Tọa độ điểm C nghiệm hệ:  Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự hệ số góc đường thẳng AC, BC, d2 K BC − K d K − K AC = d2 + K BC K d + K d K AC Ta có: 0,25 1 − + − − K AC ⇔ = 1+ − K AC  K AC = ⇔  K AC = − (loai)   13 Vậy pt đường thẳng AC qua C có hệ ssó góc k=0 là: y = + Tọa độ điểm A nghiệm hệ: 3 x − y + 27 = ⇒ A( −5;3)  y −3 = x +5 y −3 ⇒ Pt cạnh AB là: = ⇔ 4x + y −1 = + −1 − Vậy AB: 4x+7y-1=0 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0 b (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối AB V , ta có: V cắt AB K(1;3;0) uu uu ur ur ⇒ A, B nằm phía V Ta có KB = KA Gọi A’ điểm đối xứng với A qua V H hình chiếu A V x =  (vì PTTS V :  y = t )  z = −3 + t  ⇒ H( 1;t;-3+t) 0,25 0,25 0,25 0,25 u urr uu AH u = ⇔ −1.0 + (t − 4).1 + (−4 + t ).1 = ⇔ t = Ta có ⇒ H (1; 4;1) ⇒ A '(0; 4;1) Gọi M giao điểm A’B d ⇒ M (1; 13 ; ) 3 0,25 Lấy điểm N V Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B ≤ NA+NB 13 Vậy M (1; ; ) 3 Câu 7b (1.0 điểm) Ta có: (1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = = k 12 C12 (1 + x )12 + C12 (1 + x )11.x + + C12 (1 + x)12−k ( x ) k + + C12 x 24 = 0 C12 [C12 x12 + C12 x11 + + C12 x + ]+C1 x [C11 x11 + + C11 x + ] 12 10 +C12 x [C10 x10 + + C10 ]+ ⇒ Chỉ có số hạng đầu chứa x4 ⇒ a4 = C C + C C + C C = 1221 12 12 12 11 12 10 10 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 14 ... (1+x+x2) 12 = [(1+x)+x2 ] 12 = = k 12 C 12 (1 + x ) 12 + C 12 (1 + x )11.x + + C 12 (1 + x) 12? ??k ( x ) k + + C 12 x 24 = 0 C 12 [C 12 x 12 + C 12 x11 + + C 12 x + ]+C1 x [C11 x11 + + C11 x + ] 12 10 +C 12. .. I (2; 2) ∈V Hay V : y = x với V:  0 ,25 12 ⇒ C (2 + 2; + 2) Vậy C (2 + 2; + 2) SVABC max b (1.0 điểm) Nhận xét: M ∉ (d1) M ∉ (d2) (V) ∩ (d1) = I (V) ∩ (d 2) = H Vì I ∈ d1 ⇒ I(2t-1; -1-2t; 2+ t)... (1 + x + x ) 12 = a0 + a1 x + a2 x + a24 x 24 TÝnh hÖ sè a HÕt Họ tên Số báo danh S GD-T NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 20 10 Mơn: TỐN; Khối A (Đáp án - thang điểm