2 Đề thi khảo sát học sinh giỏi lần 1 môn Toán lớp 12 khối A, A1, B, D năm 2013-2014 dành cho học sinh giỏi toán, tư liệu này sẽ giúp các em phát huy tư duy, năng khiếu môn Toán trước kì thi học sinh giỏi sắp tới. Mời các cùng bạn tham khảo.
WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học: 2013 - 2014 Đề gồm 01 trang Môn: Toán - Khối A, A1 Thời gian làm bài: 150 phút ******* -A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) −2 x + có đồ thị ( C ) 1− x a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = b Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A B cho S∆IAB = 15 với I giao điểm hai đường tiệm cận đồ thị (C) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sau: 3cos x − = ( cos x − 1) cot x 4 x x − − 12 y − = y + 13 y + 18 x − Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 4 x − x + x − + y + y + y = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sau: log ( 2x − ) − log 2 (1) , ( x, y ∈ ℝ ) ( 2) ( x − 1) = log ( x + 3) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng cân B, BA = a Tam giác SAC cân S nằm mặt phẳng vng góc với mp(ABC) Gọi M, N trung điểm SA, BC; biết góc MN với mp(ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng chéo AC, MN theo a Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c > thỏa mãn ( a + b + c ) − ( a + b + c ) + 12 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a2 b2 c2 + + b + 2c c + 2a a + 2b B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆1 : x − 11y + = ∆ : x + y + = Lập phương trình đường thẳng d qua điểm M ( 8; −14 ) cắt hai đường thẳng ∆1 ∆ A, B cho AM + 3MB = Câu 8a (1,0 điểm) Một hộp có viên bi màu đỏ, viên bi màu xanh viên bị màu vàng Lấy ngẫu nhiên hộp viên bi Tính xác suất để viên bi lấy có đủ mầu n 3 Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển x − thành đa thức Biết x n−3 n−2 n số nguyên dương thỏa mãn Cn − Cn −1 = Cn −1 Cn + −1 Theo chương trình nâng cao Câu 7b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + = trung điểm cạnh AC M(1; 1) Tìm toạ độ đỉnh A, B, C Câu 8b (2,0 điểm) Từ chữ số 0; 1; 2; …; lập số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác đơi chữ số ln Câu 9b (1,0 điểm) Tìm giá trị x, biết khai triển Newton ( 21 Cn1 + Cn3 lg(10 −3 x ) + = 2Cn2 Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu làm Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: ( x −2) lg3 ) n số hạng thứ WWW.VNMATH.COM HƯỚNG DẪN CHẤM Ơ Lưu ý: Dưới hướng dẫn chấm sơ lược bước giải, làm học sinh phải yêu cầu trình bày chi tiết, lập luận chặt chẽ, không dùng bút xóa khơng viết tắt Các đồng chí chấm đủ điểm cho học sinh để thi trả lại học sinh Các cách làm khác đúng, đồng chí vận dụng cách cho điểm hướng dẫn chấm để chấm cho học sinh CÂU NỘI DUNG A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) + Tập xác định: D = R \ {1} + Sự biến thiên lim y = , lim y = y = tiệm cận ngang đồ thị (C) x →+∞ x →−∞ lim+ y = −∞ , lim− y = +∞ x = tiệm cận ngang đồ thị (C) x →1 a + Ta có y ' = ĐIỂM x →1 ( x − 1) 0.25 > ∀x ∈ D Bảng biến thiên + Kết luận: - Hàm số đồng biến ( −∞;1) (1; +∞ ) - Hàm số khơng có cực trị + Đồ thị: Vẽ dạng, đẹp + Xét phương trình hồnh độ giao điểm 0.25 0.25 0.25 x ≠ −2 x + = 2x + m ⇔ 1− x x + ( m − ) x − m + = (1) Đường thẳng d cắt (C) điểm A, B phân biệt ⇔ (1) có nghiệm phân biệt khác 2 + ( m − ) − m + ≠ ⇔ ∆ = m − 16 > m > ⇔ ( *) m < −4 0.25 + Khi đó, A ( x A ;2 xA + m ) ; B ( xB ;2 xB + m ) với xA ; xB nghiệm (1) b 4−m x A + xB = Áp dụng định lí Viet ta có: x x = − m A B 0.25 + Theo giả thiết, ta có m 15 ⇔ 2d ( I , AB ) AB = 15 ⇔ AB = 15 ⇔ AB m = 1125 2 ⇔ 20 ( xA − xB ) m = 1125 ⇔ ( x A + xB ) − x A xB m = 1125 2 ⇔ ( m − 16 ) m = 225 S∆AIB = m = 25 ⇔ m = −9 ⇔ m = 25 m = ⇔ m = −5 0.25 0.25 WWW.VNMATH.COM Vậy m = ±5 giá trị cần tìm + Điều kiện: sin x ≠ ⇔ x ≠ kπ , k ∈ Z Khi phương trình cos x sin x cos x ⇔ 3cos x − = ( cos x − 1) − cos x cos x ⇔ 3cos x − = −3 + cos x ⇔ ( 3cos x − )(1 + cos x ) = −3cos x ⇔ 3cos x − = ( cos x − 1) 0.25 0.25 ⇔ 6cos x + cos x − = 2 cos x = ⇔ cos x = − π x = + k 2π Với cos x = ⇔ x = − π + k 2π 2 x = arccos − + k 2π Với cos x = − ⇔ 2 x = − arccos − + k 2π 3 0.25 Kết luận:… (1) ⇔ x x − = y + 12 y + 13 y + + x − Điều kiện: x ≥ ⇔ x x − − x − = y + 12 y + 13 y + ⇔ ( x − 1) + 1 x − = ( y + 1) + ( y + 1) ⇔4 ( ) x − + x − = ( y + 1) + ( y + 1) 3 ( 3) Từ ( 3) ⇒ y + ≥ ⇔ y ≥ −1 Xét hàm số f ( t ) = 4t + t D = [0; +∞ ) Ta có f ' ( t ) = 12t + > 0, ∀t ∈ D Suy f ( t ) = 4t + t đồng biến D Khi đó: ( 3) ⇔ f ( ) x − = f ( y + 1) 0.25 0.25 ⇔ 2x − = y + ⇔ 2x = y2 + y + Thay vào ( ) ta có (y + y + ) − ( y + y + ) + ( y + 1) + y + y + y = ⇔ y + y + 11 y + y = ⇔ y ( y + 1) ( y + y + ) = 0.25 y = y = −1 ⇔ y = −2 y = −3 0.25 WWW.VNMATH.COM y = So sánh với điều kiện y ≥ −1 Ta có y = −1 Với y = ta có x = Với y = −1 ta có x = Kết luận:… x > Điều kiện: Khi phương trình tương đương với x ≠ 2log 2 x − − 2log ( x − 1) = 2log ( x + 3) 0.25 ⇔ log 2 x − = log ( x − 1) + log ( x + 3) ⇔ log 2 x − = log ( x − 1)( x + 3) ⇔ x − = ( x − 1)( x + 3) ( *) (*) ⇔ x + x − = x − ⇔ x + = Phương trình vơ nghiệm Trường hợp 1: Nếu x − ≥ ⇔ x ≥ Trường hợp 2: Nếu x − < ⇔ x < (*) ⇔ x + x − = −2 x + 0.25 0.25 ⇔ x + x − 10 = x = −2 + 14 ⇔ x = −2 − 14 x > Kết hợp điều kiện x < ta có x = −2 + 14 nghiệm PT cho x ≠ 0.25 S M K H I A C J N B Gọi I trung điểm AC, ∆SAC cân S nên SI ⊥ ( ABC ) Gọi H trung điểm AI suy MH//SI ⇒ MH ⊥ ( ABC ) , (MN,(ABC)) = ∠MNH = 60 Ta a2 có S ABC = Xét ∆HCN có: a 3a 5a NC = ; HC = ; NH = HC + NC − HC NC cos450 = ; a 10 NH = 0.25 WWW.VNMATH.COM 30 30 ; SI = MH = a Trong ∆MHN có MH = NH tan 600 = a 30 ⇒ VS ABC = SI S ABC = a 3 12 Goi J trung điểm AB, K hình chiếu vng góc H lên MJ tức HK ⊥ MJ (1) Ta có JN ⊥ BI , màBI / / HJ ⇒ JN ⊥ HJ ( ) 0.25 SI / / MH , màSI ⊥ JN ⇒ JN ⊥ MH (3) ( ) , ( 3) ⇒ JN ⊥ ( MHJ ) ⊃ HK ⇒ HK ⊥ JN ( ) (1) , ( ) ⇒ HK ⊥ ( MNJ ) 0.25 d ( AC , MN ) = d ( H ∈ AC , MN ) = d ( H , ( MJN )) = HK a 30 a 4 = a 30 = = 16 MH + HJ 30a 2a + 16 16 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: MH HJ 0.25 ( b + 2c ) a ≥ a ( b + 2c ) a = 2a a2 + 9 b + 2c b + 2c 2 Tương tự ta có ( c + 2a ) b ≥ b ( c + 2a ) b = 2b2 b2 + 9 c + 2a c + 2a 2 ( a + 2b ) c ≥ c ( a + 2b ) c = 2c c2 + a + 2b a + 2b 9 0.25 Khi P= a2 b2 c2 + + ≥ ( a + b + c ) − a ( b + 2c ) + b ( c + 2a ) + c ( a + 2b ) (*) b + 2c c + 2a a + 2b Theo Cosi, ta có a 2c + b2 a + c2b ≤ a + a + c3 b3 + b3 + a c3 + c + b3 + + = a + b3 + c 3 3 (**) Từ (*) (**) suy 2 a + b2 + c ) − ( a + b + c ) ( a + b2 + c ) ( 2 ≥ ( a + b2 + c ) − ( a + b2 + c ) ( a + b2 + c ) P≥ 0.25 Đặt t = ( a + b + c ) , từ giả thiết ta có: ( a + b + c ) − 12 = ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) ⇔ ( a + b + c ) − ( a + b + c ) + 12 ≤ ⇔ ≤ ( a2 + b2 + c2 ) ≤ 0.25 Do 2 P ≥ t − t Xét hàm số f ( t ) = t − t D = 3; 12 27 27 Lập bảng biến thiến hàm số f ( t ) = t − t D = 3; 12 ta 27 f ( t ) = f ( 3) = Suy P ≥ D Vậy Min P = đạt a = b = c = 0.25 WWW.VNMATH.COM B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình chuẩn 11a − 11a − 23 ; a ⇒ MA = ; a + 14 −3b − −3b − 20 Gọi B ∈ ∆ ⇒ A ; b ⇒ MB = ; b + 14 Gọi A ∈ ∆1 ⇒ A 0.25 0.25 Theo giả thiết, ta có 3MB + AM = ⇔ 3MB = MA 7a −9b − 60 = 11a − 23 22a + 9b = −14 a = ⇔ ⇔ ⇔ 2a − 3b = 14 b = −4 3b + 42 = 2a + 28 Khi A ( 2;1) , B ( 4; −4 ) 0.25 Ta có AB = ( 2; −5 ) vecto phương AB qua A ( 2;1) vtcp AB = ( 2; −5 ) AB xác định x = + 2t y = − 5t AB có phương trình tham số + Số phần tử không gian mẫu n ( Ω ) = C = 3060 + Gọi biến cố A = “Bốn viên bi lấy có đủ mầu” Số cách chọn thuận lợi cho biến cố A n ( A ) = C72C51C61 + C71C52C61 + C71C51C62 = 1575 18 8a Xác suất biến cố A P ( A) = Điều kiện: n ∈ N , n ≥ Ta có Cn3 − Cnn−−13 = Cnn−−12 Cn1+ ⇔ 9a n ( A) n (Ω) = 1575 35 = = 0.515 3060 68 0.25 0.25 0.5 0.25 ( n − 1)! = ( n − 1)! ( n + 3)! n! − 3!( n − 3)! ( n − 3)!2! ( n − )!1! ( n + )!1! n = 12 Vậy n = 12 ⇔ n − 11n − 12 = ⇔ n = −1 12 0.25 k 12 12 12 − k 3 k k Với n = 12 ta có x − = ∑ ( −1) C12k ( x ) = ∑ ( −1) C12k 212− k 3k x 24−5 k x x k =0 k =0 −1 Số hạng chứa x khai triển ứng với 24 − 5k = −1 ⇔ k = Vậy hệ số số hạng chứa x −1 ( −1) C125 27.35 = −24634368 0.25 0.25 0.25 Theo chương trình nâng cao Ta có AC vng góc với BH qua M(1; 1) nên có phương trình: y = x 7b x = − 2 x − 4y − = Toạ độ đỉnh A nghiệm hệ : ⇔ ⇒ A − ;− y = x 3 y = − 8 8 Vì M trung điểm AC nên C ; 3 3 Vì BC qua C song song với d nên BC có phương trình: y = 8b x + y + = x = −4 ⇔ ⇒ B ( −4;1) BH ∩ BC = B : x y = y = + + Gọi số tự nhiên có chữ số khác đôi ab 2de Do ab 2de số chẵn nên e ∈ {0;4;6;8} 0.25 0.25 0.25 x +2 0.25 0.25 WWW.VNMATH.COM + Trường hợp 1: Nếu e = a có cách chọn b có cách chọn d có cách chọn e có cách chọn Theo qui tắc nhân ta có: 8.7.6.1 = 336 số + Trường hợp 2: Nếu e ∈ {4;6;8} a có cách chọn b có cách chọn d có cách chọn e có cách chọn Theo qui tắc nhân ta có: 7.7.6.3 = 882 số Vậy có 336 + 882 = 1218 số 0.25 0.25 0.25 + Phương trình Cn1 + Cn3 = 2Cn2 ⇔ n(n2 − 9n + 14) = ⇔ n = + Số hạng thứ khai triển ( lg(10−3 ) + 2( x −2) lg3 ) 5( lg(10 −3 ) ) ( ( x −2) lg3 ) C7 2 x là: x 9b 0.25 0.25 x x + Ta có: C75 lg(10 −3 ).2( x −2) lg3 = 21 ⇔ lg(10−3 )+( x −2)lg = ⇔ lg(10 − x ) + ( x − 2) lg = x ⇔ (10 − ).3 + KÕt luËn:… x −2 2x =1 ⇔ x − 10.3 + = ⇔ x = 0; x = 0.25 0.25 WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ, GIỎI LẦN Năm học 2013 – 2014 Mơn: Tốn 12– Khối B, D Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ ––––––––––––––––––– ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu (2 điểm) Cho hàm số y = x − 2mx + có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số ( C ) với m=1 Tìm m để (Cm) có điểm cực trị đỉnh tam giác vuông cân Câu (3 điểm) Giải phương trình lượng giác : cos x + 3cos x − cos x = 4sin x sin x y − + 4x2 −1 = Giải hệ phương trình: y ( y − x + 2) = 3x + 3 Giải phương trình: log ( x − 3) + = log − x + log8 ( x + ) Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B với O giao điểm hai đường chéo, biết AB=BC=a, AD=2a Hai mặt phẳng (SBD) (SAC) vng góc với mặt phẳng đáy Góc SC đáy 450 Tính thể tích khối tứ diện SBCD khoảng cách từ A đến (SCD) Câu ( điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = a − 2a + a b5 − 2b3 + b c − 2c3 + c Chứng minh + + ≤ b2 + c c2 + a2 a2 + b2 PHẦN RIỀNG (3 điểm) Thí sinh làm phần ( phần A B) A Theo chương trình chuẩn Câu 5a (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A(1; 2) , đường thẳng d : x − y − = tiếp tuyến B đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ điểm B C biết B có tung độ dương ex Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = đoạn [0;2] 2x +1 Câu 6a (1 điểm) Cho n nguyên dương thỏa mãn An3 + 6Cn2 − 4Cn1 = 100 Tìm hệ số chứa x8 khai 3n 2n triển nhị thức Niu-tơn x + B Theo chương trình nâng cao Câu 5b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng AC x + y − 31 = 0, hai đỉnh B, D thuộc đường thẳng d1 : x + y − = 0, d : x − y + = Tìm tọa độ đỉnh hình thoi biết diện tích hình thoi 75 đỉnh A có hồnh độ âm x2 + 2x + Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số : y = − ; x +1 Câu 6b (1 điểm) Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Nguời ta chọn viên bi từ hộp Tính xác suất để số bi lấy khơng có đủ ba màu? –––––––Hết –––––– Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giáo viên coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh WWW.VNMATH.COM HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI KHỐI 12 LẦN KHỐI B D CÂU PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 1.(1 điểm) y = x − x + +Tập xác định,tìm giới hạn +Tính đạo hàm, xét dấu đạo hàm, lập bảng biến thiên + Chỉ biến thiên, cực trị + Đồ thị 2.(1 điểm) y = x − 2mx + Câu + Tìm điều kiện để hàm số có cực trị: m > (2 điểm) + Tìm toạ độ điểm cực trị A ( 0; ) , B − m ; −m + , C m ; −m + ( ) Khi AB = − m ; −m AC = ( ( m ; −m ) ) ( + Tam giác ABC cân A +Tam giác ABC vng A AC vng góc AB ⇔ AB AC = m = ⇔ −m + m4 = ⇔ m = + Đối chiếu điều kiện, lấy m=1 (1 điểm) Giải phương trình cos x + 3cos x − cos x = 4sin x sin x Câu + Phương trình tương đương (3 điểm) cos x + 3cos x − cos x = 4sin x sin x ⇔ cos x + 3cos x − cos x = cos x − cos 3x −1 cos x = ⇔ cos x + cos x = ⇔ cos x = −1 2π x = − + k 2π 2π ⇔ x = + k 2π x = π + k 2π ) ĐIỂM 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 Kết luận: 0.25 y − + 4x2 −1 = (1) (1 điểm) Giải hệ phương trình: ( 2) y ( y − x + 2) = 3x + x ≥ + Điều kiện: x ≤ − y ≥ 0.25 y = −3 (loai) y = x +1 ( ) ⇔ y − ( x − ) y − 3x − = ⇔ ( y + 3)( y − x − 1) = ⇔ 0.25 WWW.VNMATH.COM +Thế y=x+1 vào (1) được: Giải phương trình : x − + x − = (1) 4 x − ≥ Điều kiện: ⇔ x≥ 4 x − ≥ + Nếu x = (1) thỏa mãn + Nếu x > x − > suy (1) vô nghiệm Vậy x = Khi y = 2 1 3 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm ; 2 2 Giải phương trình log ( x − 3) + = log 0.5 − x + log ( x + ) + Điều kiện < x < + PT ⇔ log ( x − 3) + log = log ( − x ) + log ( x + ) 0.25 ⇔ log ( x − 3) = log (16 − x ) ⇔ ( x − 3) = 16 − x 0.25 x = −2 + +Giải phương trình ( x − 3) = 16 − x ta x = −2 − + Kiểm tra điều kiện kết luận phương trình có nghiệm x = −2 + Câu (1 điểm) 0.25 0.25 S A 2a H a D O B a C + Theo giả thiết suy SO đường cao khối chóp +Vì SO ⊥ ( ABCD ) nên góc SC (ABCD) SCO = 450 a2 + S BCD = AB.BC = 2 BC OC 1 + = = ⇒ OC = AC = a AD OA 3 + Vì △SOC vng cân O nên SO = a 0.25 0.25 WWW.VNMATH.COM 1 2 + Thể tích khối VSBCD = SO.S BCD = a.a = a 3 + Chứng minh AC ⊥ CD + Trong (SAC), dựng OH ⊥ SC Chứng minh OH ⊥ ( SCD ) 0.25 a 1 = + = ⇒ OH = 2 OH SO OC a + d ( A, ( BCD ) ) = 3d ( O, ( BCD ) ) =3OH=a 0.25 a − 2a + a b5 − 2b3 + b c5 − 2c3 + c + + ≤ b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 2 Do a, b, c > a + b + c = nên a, b, c ∈ ( 0;1) 0.5 + Xét △SOC có Câu (1 điểm) Chứng minh ( ) a − 2a + a a a − Ta có = − a2 b2 + c2 = −a3 + a Bất đẳng thức trở thành ( −a + a ) + ( −b3 + b ) + ( −c3 + c ) ≤ Xét hàm số f ( x ) = − x3 + x ( x ∈ ( 0;1) ) Ta có: Max f ( x ) = ( 0;1) 3 0.5 3 ⇒ f ( a ) + f (b ) + f (c ) ≤ 3 1(1 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A(1; 2) , đường thẳng d : x − y − = tiếp tuyến B đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ điểm B C biết B có tung độ dương Dấu “=” xảy a = b = c= Câu 5a (2 điểm) d: x-y-1=0 B I H A(1;2) C + Gọi H hình chiếu A d H ( 2;1) , AH = d ( A; d ) = Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trung điểm I BC d vng góc BC nên BC//AH suy ABH = 450 Suy ra, HB = HA = 0.25 WWW.VNMATH.COM + Gọi B ( t; t − 1) 0.25 Ta có HB = ( t − ) + ( t − ) = 2t − 8t + 2 Mà HB2=2 nên t = hoặ c t=1 Khi B ( 3; ) B (1;0 ) + Vì yB > ⇒ B ( 3; ) + Vì AHBI hình vng nên I(2;-1) 0.25 + Vì I trung điểm BC nên C(1;-4) Kết luận: B(3;2) C(1;-4) 0.25 ex 2.(1 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x) = [0;2] 2x +1 e x (2 x − 1) Hàm số y=f(x) liên tục xác định [0;2] , f ' ( x ) = (2 x + 1)2 Với x ∈ [ 0; 2] , phương trình f '( x) = ⇔ x = 0.25 0.25 1 e e2 ; f (2) = f (0) = 1; f = 2 0.25 e e2 f ( x) = ; Max f ( x ) = Từ xmin ∈[0;2] x∈[0;2] Câu 6a (1điểm) 0.25 (1 điểm) n ≥ n ∈ N +) Đk: n! n! n! +6 −4 = 100 (n − 3)! 2!(n − 2)! (n − 1)! +) ⇔ n3 − 5n − 100 = ⇔ (n − 5)(n + 5n + 20) = ⇔ n = +Khai triển nhị thức Niu tơn ta có An3 + 6Cn2 − 4Cn1 = 100 ⇔ 3n 0.25 15 2n Với n = ta có x + = ( x + ) = ∑ C15k 2k x 30− k Câu 5b (2điểm) 15 k =0 + Số hạng chứa x tương ứng với 30 − 2k = ⇔ k = 11 Vậy hệ số cần tìm C1511 211 = 2795520 1.(1 điểm) 0.25 B A I C D B ∈ d1 : y = − x ⇒ B(b; − b), 0.25 WWW.VNMATH.COM http://toanhocmuonmau.violet.vn D ∈ d : x = y − ⇒ D(2d − 3; d ) ⇒ BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8) trung điểm b + 2d − − b + d + BD I ; 2 Theo tính chất hình thoi u BD = b = − 8b + 13d − 13 = BD ⊥ AC ⇔ ⇔ ⇔ AC ⇒ I ∈ AC d = − 6b + 9d − = I ∈ AC 0.25 B (0; 8) 9 ⇒ I − ; A ∈ AC : x = −7 y + 31 ⇒ A(−7 a + 31; a ) Suy 2 D(−1; 1) 0.25 S ABCD = 2S 15 = 15 ⇒ IA = AC BD ⇒ AC = BD 2 2 a = A(10; 3) 63 9 225 9 ⇒ − 7a + + a − = ⇔ a − = ⇔ ⇒ 2 2 2 a = A(−11; 6) (ktm ) 0.25 Suy A(10; 3) ⇒ C (−11; 6) 2.(1 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = −1 x + 2x + Hàm số liên tục xác định ;2 , y ' = 2 ( x + 1) 0.25 −1 + Với x ∈ ;2 phương trình y ' = có nghiệm x=0 2 0.25 −1 10 + Tính y ( 0) = 2; y = ; y ( 2) = 2 0.25 −1 10 + Kết luận y = y = ; max y = y ( 2) = −1 −21;2 ;2 0.25 Câu 6b (1điểm) −1 x + 2x + ;2 x +1 2 (1 điểm) + Số cách chọn bi từ số bi hộp là: C18 , số phần tử không gian mẫu 0.25 n ( Ω ) = C 18 = 3060 + Số cách chọn bi đủ màu từ số bi hộp là: C5 C6 C7 + C5 C6 C7 + C5 C6 C7 + Gọi A biến cố lấy viên bi có đủ màu, nên n ( A) = C52C61C71 + C51C62C71 + C51C61C72 = 1575 + Xác suất A p ( A) = n ( A ) 1575 35 = = n ( Ω ) 3060 68 1 1 0.5 WWW.VNMATH.COM ( ) + Ta thấy A biến cố “ viên bi khơng có đủ màu” nên p A = − p ( A ) = –––––––HẾT–––––––– 33 68 0.25 ... 0.5 0 .25 ( n − 1) ! = ( n − 1) ! ( n + 3)! n! − 3!( n − 3)! ( n − 3) !2! ( n − ) !1! ( n + ) !1! n = 12 Vậy n = 12 ⇔ n − 11 n − 12 = ⇔ n = ? ?1 12 0 .25 k 12 12 12 − k 3 k k Với n = 12 ta... ∑ ( ? ?1) C12k ( x ) = ∑ ( ? ?1) C12k 21 2− k 3k x 24 −5 k x x k =0 k =0 ? ?1 Số hạng chứa x khai triển ứng với 24 − 5k = ? ?1 ⇔ k = Vậy hệ số số hạng chứa x ? ?1 ( ? ?1) C 12 5 27 .35 = ? ?24 634368... C15k 2k x 30− k Câu 5b (2? ?iểm) 15 k =0 + Số hạng chứa x tương ứng với 30 − 2k = ⇔ k = 11 Vậy hệ số cần tìm C1 511 21 1 = 27 95 520 1. (1 điểm) 0 .25 B A I C D B ∈ d1 : y = − x ⇒ B(b; − b), 0 .25