Bài giảng Đề thi thử Đại học môn Toán và đáp án

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN Môn Toán - Năm học 2009-2010 Thời gian làm bài : 180’ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số ( ) ( ) 4 2 2 2 2 5 5y f x x m x m m= = + − + − + 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1 2/ Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y  + + − =   − =   2/ Giải bất phương trình : )3(log53loglog 2 4 2 2 2 2 −>−− xxx Câu III (1.0 điểm) Tìm );0( π ∈ x thoả mãn phương trình: cot x - 1 = xx x x 2sin 2 1 sin tan1 2cos 2 −+ + . Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : 2 2 0 I cos cos 2x xdx π = ∫ Câu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = 2 a , 3aSA = , · · 0 SAB SAC 30= = . Gọi M là trung điểm SA , chứng minh ( )SA MBC⊥ . Tính SMBC V PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y+ + = và phân giác trong CD: 1 0x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng BC. 2, Cho P(x) = (1 + x + x 2 + x 3 ) 5 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + …+ a 15 x 15 a) Tính S = a 0 + a 1 + a 2 + a 3 + …+ a 15 b) Tìm hệ số a 10. Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D 2, Cho P(x) = (1 + x + x 2 + x 3 ) 5 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + …+ a 15 x 15 a) Tính S = a 0 + a 1 + a 2 + a 3 + …+ a 15 b) Tìm hệ số a 10. Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = − + − 2 2 2 1 x x x (C) và d 1 : y = −x + m, d 2 : y = x + 3. Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d 1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d 2 . 1 Đáp án và biểu điểm thi thử Đại học lần II Môn Toán Năm học 2009-2010 Câu ý Hướng dẫn giải chi tiết Điểm PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00 Câu I 2 1 Cho hàm số ( ) ( ) 5522 224 +−+−+= mmxmxxf ( C ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 1 1* TXĐ: D = R 2* Sự biến thiên của hàm số: * Giới hạn tại vô cực: ( ) +∞= −∞→ xf x lim : ( ) +∞= +∞→ xf x lim 0.25 * Bảng biến thiên: ( ) ( ) 1444'' 23 −=−== xxxxyxf 1;1;00' =−==⇔= xxxy x -∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ 1 +∞ 0 0 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) 0;1 − và ( ) +∞ ;1 , nghịch biến Trên mỗi khoảng ( ) 1; −∞− và ( ) 1;0 Hàm số đạt cực tiểu tại 0;1 =±= CT yx , đạt cực đại tại 1;0 == CD yx 0.5 3* Đồ thị: * Điểm uốn: 412'' 2 −= xy , các điểm uốn là:                 − 9 4 ; 3 3 , 9 4 ; 3 3 21 UU * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: 8 6 4 2 -2 -4 -5 5 0.25 2 Tìm các giá trị của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. 1 * Ta có ( ) ( ) 3 2 0 ' 4 4 2 0 2 x f x x m x x m =  = + − = ⇔  = −  0.25 * Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu : m < 2 (1) . Toạ độ các điểm cực trị là: ( ) ( ) ( ) mmCmmBmmA −−−−−+− 1;2,1;2,55;0 2 0.5 * Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A: ( ) 1120. 3 =⇔−=−⇔= mmACAB vỡ đk (1) Trong đó ( ) ( ) 44;2,44;2 22 −+−−−=−+−−= mmmACmmmAB Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1. 0.25 2 Câu II 2 1 Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y  + + − =   − =   1 * Điều kiện: | | | |x y≥ Đặt 2 2 ; 0u x y u v x y  = − ≥   = +   ; x y= − không thỏa hệ nên xét x y≠ − ta có 2 1 2 u y v v   = −  ÷   . Hệ phương trình đã cho có dạng: 2 12 12 2 u v u u v v + =      − =  ÷     0.25 4 8 u v =  ⇔  =  hoặc 3 9 u v =   =  + 2 2 4 4 8 8 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (I) + 2 2 3 3 9 9 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (II) 0.25 Giải hệ (I), (II). 0.25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ( ) ( ) { } 5;3 , 5;4S = 0.25 2 Giải bất phương trình : )3(log53loglog 2 4 2 2 2 2 −>−− xxx 1 ĐK:    ≥−− > 03loglog 0 2 2 2 2 xx x Bất phương trình đã cho tương đương với )1()3(log53loglog 2 2 2 2 2 −>−− xxx đặt t = log 2 x, BPT (1) ⇔ )3(5)1)(3()3(532 2 −>+−⇔−>−− tttttt 0.25    << −≤ ⇔    << −≤ ⇔         −>−+ > −≤ ⇔ 4log3 1log 43 1 )3(5)3)(1( 3 1 2 2 2 x x t t ttt t t 0.5     << ≤< ⇔ 168 2 1 0 x x Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: )16;8(] 2 1 ;0( ∪ 0.25 Câu III Tìm );0( π ∈ x thoả mãn phương trình: Cot x - 1 = xx x x 2sin 2 1 sin tan1 2cos 2 −+ + . 1 3 ĐK:    −≠ ≠ ⇔    ≠+ ≠ 1tan 02sin 0cossin 02sin x x xx x Khi đó pt xxx xx xx x xx cossinsin sincos cos.2cos sin sincos 2 −+ + = − ⇔ xxxxxx x xx cossinsincossincos sin sincos 22 −+−= − ⇔ 0.25 ⇔ )2sin1(sinsincos xxxx −=− ⇔ 0)1sincos)(sinsin(cos 2 =−−− xxxxx 0.25 ⇔ 0)32cos2)(sinsin(cos =−+− xxxx ⇔ 0sincos =− xx ⇔ tanx = 1 )( 4 Zkkx ∈+=⇔ π π (tm) ( ) 4 0;0 π π =⇒=⇒∈ xkx KL: 0. 5 Câu IV Tính tích phân : 2 2 0 I cos cos 2x xdx π = ∫ 1 2 2 2 2 0 0 0 1 1 I cos cos 2 (1 cos 2 )cos2 (1 2cos 2 cos4 ) 2 4 x xdx x xdx x x dx π π π = = + = + + ∫ ∫ ∫ 0.5 /2 0 1 1 ( sin 2 sin 4 ) | 4 4 8 x x x π π = + + = 0.5 Câu V Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = 2 a , 3aSA = , · · 0 SAB SAC 30= = . Gọi M là trung điểm SA , chứng minh ( )SA MBC⊥ . Tính SMBC V 1 Theo định lí côsin ta có: · 2 2 2 2 2 0 2 SB SA AB 2SA.AB.cos SAB 3a a 2.a 3.a.cos 30 a= + − = + − = Suy ra aSB = . Tương tự ta cũng có SC = a. 0.25 Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC). 0.25 S A B C M N 4 Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC. Tương tự ta cũng có MN ⊥ SA. 16 a3 2 3a 4 a aAMBNABAMANMN 2 2 2 2222222 =         −       −=−−=−= 4 3a MN =⇒ . 0.25 Do đó 3 . 1 1 1 3 3 . . . . 3 2 6 2 4 2 32 S MBC a a a a V SM MN BC= = = (đvtt) 0.25 PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00 Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn Câu VIa 2 1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y+ + = và phân giác trong CD: 1 0x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng BC. 1 Điểm ( ) : 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ − . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M + −    ÷   . ( ) 1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C + −   ∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −  ÷   0.25 0.25 Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y⊥ + − = tại I (điểm K BC∈ ). Suy ra ( ) ( ) : 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + = . Tọa độ điểm I thỏa hệ: ( ) 1 0 0;1 1 0 x y I x y + − =  ⇒  − + =  . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của ( ) 1;0K − . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y + = ⇔ + + = − + 0.25 0.25 2 Cho P(x) = (1 + x + x 2 + x 3 ) 5 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + …+ a 15 x 15 a) Tính S = a 0 + a 1 + a 2 + a 3 + …+ a 15 b) Tìm hệ số a 10. 1 Ta có P(1) = a 0 + a 1 + a 2 + a 3 + …+ a 15 = (1 + 1 + 1 + 1) 5 = 4 5 0.25 Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x 2 )] 5 = ( ) 5 5 5 5 2 2 5 5 5 5 0 0 0 0 . i k k i k i k i k i k i C x C x C C x + = = = = = ∑ ∑ ∑∑ 5 Theo gt ta có 3 4 2 10 4 0 5, 2 0 5, 5 0 i k k i i k k N k i i N i k  =    =   + =   =    ≤ ≤ ∈ ⇔   =    ≤ ≤ ∈   =     =   ⇒ a 10 = 0 5 2 4 4 3 5 5 5 5 5 5 . . . 101C C C C C C+ + = 0.25 0.5 Câu VII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm Ta có AB ( 2,4, 16)= − − uuur cùng phương với = − − r a ( 1,2, 8) mp(P) có VTPT = − uur 1 n (2, 1,1) 0.25 Ta có uur r [ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT của mặt phẳng (Q) là = uur 2 n (2,5,1) 0.5 Mp(Q) chứa AB và vuông gúc với (P) đi qua A nhận = uur 2 n (2,5,1) là VTPT có pt là: 2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = 0⇔ 2x + 5y + z − 11 = 0 0.25 Phần lời giải bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b 2 1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D 1 Ta có: ( ) 1;2 5AB AB= − ⇒ = uuur . Phương trình của AB là: 2 2 0x y+ − = . ( ) ( ) : ;I d y x I t t∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: ( ) ( ) 2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− − . 0.5 Mặt khác: D . 4 ABC S AB CH= = (CH: chiều cao) 4 5 CH⇒ = . Ngoài ra: ( ) ( ) ( ) 4 5 8 8 2 ; , ; | 6 4 | 4 3 3 3 3 3 ; 5 5 0 1;0 , 0; 2 t C D t d C AB CH t C D      = ⇒ −  ÷  ÷  = ⇔ = ⇔       = ⇒ − −  Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D      ÷  ÷     hoặc ( ) ( ) 1;0 , 0; 2C D− − 0.25 0.25 2 Cho P(x) = (1 + x + x 2 + x 3 ) 5 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + …+ a 15 x 15 a) Tính S = a 0 + a 1 + a 2 + a 3 + …+ a 15 b) Tìm hệ số a 10. 1 Ta cú P(1) = a 0 + a 1 + a 2 + a 3 + …+ a 15 = (1 + 1 + 1 + 1) 5 = 4 5 0.25 6 Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x 2 )] 5 = ( ) 5 5 5 5 2 2 5 5 5 5 0 0 0 0 . i k k i k i k i k i k i C x C x C C x + = = = = = ∑ ∑ ∑∑ Theo gt ta có 3 4 2 10 4 0 5, 2 0 5, 5 0 i k k i i k k N k i i N i k  =    =   + =   =    ≤ ≤ ∈ ⇔   =    ≤ ≤ ∈   =     =   ⇒ a 10 = 0 5 2 4 4 3 5 5 5 5 5 5 . . . 101C C C C C C+ + = 0.25 0.25 CõuVII.b Cho hàm số y = − + − 2 2 2 1 x x x (C) và d 1 : y = −x + m, d 2 : y = x + 3. Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d 1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d 2 . 1 * Hoành độ giao điểm của (C) và d 1 là nghiệm của phương trình : − + = − + − 2 2 2 1 x x x m x ⇔ 2x 2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1) d 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ − − + + ≠   − − >  2 2 3 2 1 2 7 0 m m m m ⇔ m 2 -2m-7>0 (*) 0.5 Khi đó(C) cắt (d 1 )tại A(x 1 ; -x 1 +m); B(x 2 ; -x 2 +m) ( Với x 1 , x 2 là hai nghiệm của (1) ) * d 1 ⊥ d 2 theo giả thiết ⇒ Để A, B đối xứng nhau qua d 2 ⇔ P là trung điểm của AB Thì P thuộc d 2 Mà P( + + − + 1 2 1 2 ; 2 2 x x x x m ) ⇒ P( + −3 3 3 ; 4 4 m m ) Vậy ta có − + = + ⇔ = 3 3 3 3 9 4 4 m m m ( thoả mãn (*)) Vậy m =9 là giá trị cần tìm. 0.5 Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần 7 SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2 Môn: Toán – Ngày thi: 06.4.2010 Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 32 − − = x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình       −=−+ 24 cos2sin 2 cossin 2 sin1 22 x x x x x π 2. Giải bất phương trình       −+−>−+− xxxxx 2 1 log)2(22)144(log 2 1 2 2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân ∫         + + = e dxxx xx x I 1 2 ln3 ln1 ln Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = 2 a . 3aSA = , · · 0 30= =SAB SAC . Tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 333 3 1 3 1 3 1 accbba P + + + + + = Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2 Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn) Câu VIa (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng 052: 1 =+− yxd . d 2 : 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d 1 , d 2 . 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: 02 =−++ zyx . Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S). 8 Đề chính thức Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 − − + + + + + − + + − − + − + = − k k k n n n n n n C C k k C n n C Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: 1 916 22 =− yx . Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho ( ) 052: =+−+ zyxP và đường thẳng 31 2 3 :)( −=+= + zy x d , điểm A( -2; 3; 4). Gọi ∆ là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên ∆ điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất. Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình      +=++ =+ +−+ 113 2.322 2 3213 xxyx xyyx -------------- Hết-------------- Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:--------------------------- Số báo danh:----------------------------- 9 Đáp án Câu Nội dung Điểm I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 2 32 − − = x x y 1,00 1) Hàm số có TXĐ: { } 2\R 0,25 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: * +∞=−∞= +− →→ ylim;ylim 2x2x Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số * lim lim 2 →+∞ →−∞ = = ⇒ x x y y đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0,25 b) Bảng biến thiên: Ta có: ( ) 2x,0 2x 1 'y 2 ≠∀< − = Bảng biến thiên: x - ∞ 2 + ∞ y’ - - y 2 -∞ + ∞ 2 * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) 2; ∞− và ( ) +∞ ;2 0,25 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung tại       2 3 ;0 và cắt trục hoành tại điểm       0; 2 3 + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 I. 2 Tìm M để cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất 1,00 Ta có: 2x, 2x 3x2 ;xM 0 0 0 0 ≠         − − , ( ) 2 0 0 2x 1 )x('y − − = Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: ( ) 2x 3x2 )xx( 2x 1 y: 0 0 0 2 0 − − +− − − =∆ 0,25 10 O y x 2 3/2 3/2 2 [...]... 0,25 0,25 +) Nếu d // ∆2 thì d có phương trình 9x + 3y + c = 0 Do P ∈ d nên 18 − 3 + c = 0 ⇔ c = −15 ⇒ d : 3x + y − 5 = 0 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d : 3x + y − 5 = 0 d : x − 3y − 5 = 0 VIa 2 Xác định tâm và bán kính của đường tròn Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0) * Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: x 2 + y2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0, (a 2 + b2 + c2 − d... 3B = 0 ⇔  2 2 2 2 A + B 2 + (− 1)  B = − 3A 0,25 * Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x + y − 5 = 0 * Nếu B = -3A ta có đường thẳng d : x − 3y − 5 = 0 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d : 3x + y − 5 = 0 0,25 0 2 2 d : x − 3y − 5 = 0 0,25 Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho Các đường... có tâm I ;1;1, bán kính R = 2  2 +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P) H là tâm của đường tròn ( C) +) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P) 1 (d) có vectơ chỉ phương là: n ( ;1;1)  x = 5/ 2 + t  Suy ra phương trình của d:  y = 1 + t ⇒  z = 1+ t  5  H + t;1 + t;1 + t  2  0,25 5 5 1 1  ⇒ H ; ;  6 3 6 6  75 5 3 29 75 31 186 IH = = − = = , (C) có bán kính r = R 2 −... 2x − 2  Toạ độ giao điểm A, B của ( ∆) và hai tiệm cận là: A 2; 0  x − 2 ; B( 2x 0 − 2;2 )  0   y + y B 2x 0 − 3 x +x 2 + 2x 0 − 2 = = y M suy ra M là trung = x0 = xM , A Ta thấy A B = 2 x0 − 2 2 2 điểm của AB Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích 2   2x 0 − 3    ... + a 2 − 2.a 3.a.cos30 0 = a 2 Suy ra SB = a Tương tự ta cũng có SC = a Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA Suy ra SA ⊥ (MBC) Ta có VS ABC = VS MBC + VA MBC 1 1 1 = MA.S MBC + SA.S MBC = SA.S MBC 3 3 3 Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M Gọi N là trung điểm... Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1 (2;− ) ; d2 có vectơ chỉ phương a 2 (3;6) d1 ⊥ d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P Gọi d là Ta có: a1.a 2 = 2.3 −1.6 =0 nên đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: 1 điểm 0,25 d : A(x − 2) + B(y + 1) = 0 ⇔ Ax + By − 2 A + B = 0 d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450 2A − B  A = 3B ⇔ = cos 45 ⇔ 3A − 8AB... với a > b) a b 2 2 (1) (E) cũng có hai tiêu điểm F1 ( − 5;0 ); F2 ( 5;0 ) ⇒ a − b = 52 M ( 4;3) ∈ ( E ) ⇔ 9a 2 + 16b 2 = a 2 b 2 Từ (1) và (2) ta có hệ:  a2 = 52 + b2  a2 = 40  2 2 2 2⇔  2  9a + 16b = a b  b = 15 x2 y2 + =1 40 15 1 điểm Gọi I là giao điểm của (d) và (P) ⇒ I ( 2t − 3; t −1; t + 3) Do I ∈ ( P ) ⇒ 2t − 3 + 2(t − 1) − (t − 3) + 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ I ( − 1;0;4 ) * (d) có vectơ chỉ phương... 0   ⇔   x = 0 ⇔   x −≥ 1   3x + y − 1 = 0   y = 1 − 3 x    x 1≥+ 0  x −≥ 1 ⇔2 ⇔  3x 1++ xy = x + 1  x(3x+ y − 1) = 0 0,25 * Với x = 0 thay vào (1) 2 + 2 y −2 = 3.2 y ⇔ 8 + 2 y = 12.2 y ⇔ 2 y = x≥ −1 * Với  thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 2  y = 1 − 3x Đặt t = 2 3 x +1 Vì x ≥ −1 nên t ≥ [ ( )] 3 x +1 8 8 ⇔ y = log 2 11 11 0,25 + 2 −3 x −1 = 3.2 1 4 0,25 1 1 2  t = 3 − 8 ( l... +   x − 2 − 2   = π(x 0 − 2) + (x − 2)2  ≥ 2 π   0  0       2 1 Dấu “=” xảy ra khi (x − 2) = ⇔ 0 2 ( x 0 − 2) 2  x0 = 1   x0 = 3 0,25 0,25 0,25 Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) II 1 π x   4 2 x x π x  1 + sin sin x − cos sin 2 x = 2 cos 2  −  2 2  4 2 x x π (1) ⇔ 1 + sin sin x − cos sin 2 x = 1 + cos − x  = 1 + sin x   2 2 2  x 2 x 2 2 2 Giải phương... +1x (2) Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 0,25 2 n −1 2 3 k k k −2 2 n(2 n + 1)(1 − x) = 2C 2 n +1 − 3C 2 n +1x + + (−1) k ( k − 1)C 2 n +1x + − 2 n(2 n + 1)C 2 n +1x 2 n −1 2 n +1 16 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: k 2n +1 −2n(2n + 1) = 2C 2 +1 − 3.2.2C 3 n +1 + + (−1) k k(k − 1)2 k −2 C 2 n +1 + − 2n(2n + 1)2 2n −1 C 2n +1 2n 2 Phương trình đã cho ⇔ 2n(2n + 1) = 40200 ⇔ 2n 2 + n − 20100 . GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN Môn Toán - Năm học 2009-2010 Thời gian làm bài : 180’ PHẦN CHUNG CHO TẤT. Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần 7 SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2 Môn: Toán – Ngày thi: