0

Dinh cao cua dap an thi thu dai hoc

13 0 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 17/07/2021, 09:28

x−2 x +1 a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số trên b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C biết tiếp tuyến đó cắt các tiệm cận tại các điểm A , B sao cho độ dài đoạ[r] (1)GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ GỢI Ý ĐỀ THI THỬ LẦN II ( THPT CAM LỘ ) x−2 x +1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) hàm số trên b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị ( C ) biết tiếp tuyến đó cắt các tiệm cận các điểm A , B cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y= @ Tiệm cận đứng là đường thẳng x=−1 , tiệm cận ngang là đường thẳng ( Phương trình tiếp tuyến đths điểm M x o , xo − x o +1 ) y= có dạng: ( Do đó tiếp tuyến cắt TCĐ, TCN các điểm A − 1; y=1 x −2 x − xo )+ o 2( x o +1 ( x o +1 ) xo − , B ( x o +1; ) x o +1 ) xo − =2 ( x o+ )2+ Ta có: AB= ( x o+ ) + − x o +1 ( x o +1 ) √ ( ) √ Cách {Khảo sát hàm để tìm AB } Xét hàm số f ( t )=t + t với t > { Lưu ý là t=( x o +1 ) } f ' ( t )=0 ⇔ 1− =0 ⇔ t t=−3 ( loai ) ¿ Ta có f ' ( t )=1 − ; t=3 t ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Lập BBT hàm số f ( t ) trên khoảng ( ; ∞ ) ta suy được: ( x o +1 ) =3 ⇔ xo =−1 − √ f ( t )=f ( )=6 ⇒ AB ≥ √6 Dấu ¿ xãy ( ;+∞ ) ¿ x o=− 1+ √ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Cách { Dùng bất đẳng thức Côsi để tìm AB } Theo bđt Côsi ta có: ( x o +1 ) + 9 ≥2 ( x o +1 )2 =6 ⇒ AB ≥ √6 2 ( x o+1 ) ( x o+ ) √ (2) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ ⇔ ( x o +1 ) = ( x o +1 ) x o=− 1− √3 ¿ Dấu ¿ xãy khi: x o =−1+ √ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm M ( x o ; y o ) có dạng: y= y ' ( x o ) ( x − x o ) + y o Từ đó suy các phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y=x +2+2 √ Câu (1,0 điểm) Giải phương trình y=x +2 −2 √ ( sin x +cos x )2 −2 sin x √2 π π = sin − x −sin − x 2 4 1+cot x ( ( ) ( )) (*) @ Điều kiện: sin x ≠ ⇔ x ≠ kπ , k ∈ Z Ta có: sin ( π4 − x )− sin ( π4 −3 x )=2 cos( π4 − x )sin x=√ ( cos x+sin x ) sin x ( sin x+ cos x )2 −2 sin2 x=sin2 x+2 sin x cos x+cos x −2 sin2 x=sin x +cos x Do đó: cos x=−sin x=cos sin x=1 ( π2 +2 x) ¿ ¿ −π π x= +k ¿ π x= +k π ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ sin x +cos x √ = √2 ( cos x+ sin x ) sin x ⇔ ( sin x+ cos x ) sin x =( cos x +sin x ) sin x ¿ ¿ 1+cot x ⇔ sin x ( sin x+cos x ) ( sin x −1 ) =0 ⇔ ¿ ( x +1+ √ x +2 x+ )( y + √ y 2+1 ) =1(1) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x −3 x 2=8 y − 12 y (2) ¿{ ¿ (∗)⇔ Cách {Áp dụng tính đơn điệu hàm số} Ta có: ( ) ⇔ x+1+ √ x +2 x +2=− y + √ y 2+1 ⇔ ( x +1 ) + √ ( x+ )2+1=( − y ) + √ ( − y )2 +1 ⇔ x +1=− y {Vì xét hàm số f ( t )=t + √ t2 +1 ta có: f ' ( t )=1+ t √ t +1 > với ∀ t ∈ R } Thay kết x=− y −1 vào phương trình (2) ta có phương trình: (3) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ −1 −2 ( − y −1 )3 −3 ( − y −1 )2=8 y −12 y ⇔ y − y 2+ y+ 4=0 ⇔ y + ( y − y+ 12 )=0 ⇔ y= ⇒ x= 3 −2 −1 Do đó hệ phương trình đã cho có nghiệm là: x= , y= 3 ( ) Cách { Đặt ẩn phụ} đăt Ta có: ( ) ⇔ x+1+ √ x +2 x +2= √ y +1 − y = t Từ đó ta suy được: t √ x2 +2 x+ 2=t − ( x +1 ) ⇒ x 2+ x +2=t − t ( x+1 )+ ( x +1 )2 ⇒ x=−1 − 1− 2t −t √ y 2+1=t+ y ⇒ y +1=t +2 ty+ y ⇒ y= 2t 2 Từ đó suy được: x+ y=−1 ( ) ⇔ x − y3 −3 ( x −4 y 2) =0 ⇔ ( x −2 y ) [ x +2 xy +4 y −3 x −6 y ]=0 ⇔ x −2 y=0 ¿ ( x + y ) + y −3 x −6 y=0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x − y =0 x + y=−1 ⇔ TH1 Với x − y =0 ta có hệ ¿ x=−2 /3 y=−1 /3 ¿{ ¿ TH2 Với ( x+ y )2+3 y −3 x − y=0 ta có hệ: ¿ ( x+ y )2+3 y −3 x − y=0 x + y =−1 2 ⇒ ( x + y ) + y −3 ( x + y ) − y=0 ⇔ ( x + y )2 +3 y +3 −3 y=0 ¿{ ¿ 2 Vì ( x+ y ) ≥ và y +3 − y> nên hệ phương trình TH2 vô nghiệm −2 −1 Tóm lại, hệ phương trình đã cho ban đầu có nghiệm là: x= , y= 3 e x ln x+ln ( xe ) dx Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I =∫ x ln x+ 1 @ Ta có ln ( xe2 )=ln x + ln e2=ln x +2 , đó: e e e e e d ( x ln x +1 ) x ln x+1+ ln x +1 x ln x+1 ln x +1 I =∫ dx=∫ dx+∫ dx=∫ dx+∫ x ln x+1 x ln x+ 1 x ln x+1 x ln x +1 1 e e x ¿1 + ( ln ( x ln x +1 ) ) ¿1=e −1+ ln ( e+1 ) Câu (1,0 điểm) Cho a , b là các số dương và thỏa mãn a+b ≤ Chứng minh: 1 + + ab ≥ 2 a +b ab (4) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ 1 1 1 + + ab ≥ + +4 ab @ Ta có 2 + ab + ab= ab −2 ab ab a +b ( a+b ) −2 ab Cách { Dùng bđt Côsi với điểm rơi là a=b=1/2 } Ta có: 1 1 + +4 ab= + ( −2 ab ) + +16 ab − − ab 1− 2ab ab −2 ab ab 1 a+b 2 ( −2 ab ) +2 16 ab −4 −4 =4 +8 − −1=7 ( đpcm ) 1− ab ab √ Cách { Khảo sát hàm} √ ( ) 1 a+b + + t với t ∈ ¿ = và xét hàm số f ( t )= 1− 2t t 2 1 − 1+ t −1+8 t ( ) f ' t = − + 4= − − + 4= + <0 Ta có: ( 1− 2t )2 t ( −2 t )2 t 2t ( −2 t )2 2t 2t 1 + + ab ≥ (đpcm) =7 Do đó: Suy f ( t ) =f 2 ¿ a +b ab Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác cạnh a √3 , mặt bên SAB là tam giác cân với A S^ B=120o và nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M là trung điểm SC và N là trung điểm MC Tính thể tích khối chóp A MNB và khoảng cách đường thẳng AM , BN Đặt t=ab ≤ ( ) () Cách 1.{Dùng phương pháp tọa độ} Gọi I là trung điểm AB , đó dựa vào giả thiết bài toán ta suy SI ⊥ ( ABC ) Mặt khác dễ dàng xác định được: ( ) IB a IS= ⇒ IS= √ =a và IC= a √ √3 =3 a ^ tan B S I √3 với O≡ I , Ox ≡IA ,Oy ≡ IC ,Oz ≡IS Chọn hệ trục tọa độ Oxyz Khi đó ta xác định tọa độ các điểm: ( A ( a √ ; ; ) , B ( − a √3 ; ; ) , C ( ; a ; ) , S ( ; ; a ) , M ; 3a a 9a a ; ,N 0; ; 2 4 ) ( ) 3a a ⃗ 9a a ⃗ AM −a √ ; ; , AN − a √3 ; ; , AB ( − a √3 ; ; ) a) Ta có: ⃗ ( ) ( ( ) ( ) 2 4 √ a3 AM , ⃗ AN ] ⃗ AB|= Từ đó suy ra: V A MNB= |[ ⃗ 3a a ⃗ 9a a ⃗ AM −a √ ; ; , BN a √ ; ; , AB ( −2 a √ 3; 0; ) b) Ta có: ⃗ 2 4 |[⃗ AM , ⃗ BN ] ⃗ AB| √ 237 a = Từ đó suy ra: d ( AM , BN )= 79 |[⃗ AM, ⃗ BN ]| ) Cách (Dùng phương pháp hình học túy) (5) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ Tương tự cách ta xác định IS=a Do đó thể tích khối chóp S ABC là: 1 V S ABC = IS AB AC sin 600 =√ a3 ( đvtt ) ( ) Mặt khác ta có: V S ABM SM √ a3 ; = = ⇒ V S ABM= V S ABC SC 2 V C ABN CN 3a = = ⇒ V S ABM= √ V S ABC CS 4 Vì V A MNB=V S ABC − ( V S ABM +V C ABN ) V A MNB=√ a3 − Gọi J 3 nên: ( √ 32a + √34a )= √34a ( đvtt ) là trung điểm AC và G là trọng tâm tam giác ABC Trên SC, BC lấy các điểm K , F cho GK // IS ,GF // AC Khi đó ta chứng minh được: BJ ⊥ ( GKF ) ⇒ ( BJN ) ⊥ ( GKF ) (1) Mặt khác vì AM // JN nên AM // ( BJM ) (2) Từ (1) và (2) ta có: d ( AM , BN )=d ( M , ( BJM ) )= d ( K , ( BJN ) ) MN SK MN = , = = } nên SC SC KN Gọi T là giao điểm BN , KF và E là điểm trên BN cho EF // NC Khi đó d ( K , ( BJN ) )=d ( K ,GT ) (3) {Vì Dựa vào các tam giác đồng dạng ta có: EF BF = = {vì Δ BEF ~ ΔBNC } NC BC TF EF EF EF 2 = = = = = TK KN NC 5 { vì Δ ETF ~ Δ NTK } NC Xét tam giác vuông KGF ta dễ dàng xác định được: 2a 2a 4a 20 a GK= IS= ; GF= JC= √ ; KF= ⇒ KT= KF= 3 3 21 20 a ^ F=60 o Suy KT= KF= và G K 21 316 GT=√ GK 2+ KT − 2GK KT cos B ^ KT=√ a 21 10 √3 a S GKT= KG KT sin 60o = 63 ( ) Mặt khác: 2S 10 237 a S SKT = d ( K , GT ) GT ⇒d ( K , GT )= SKT = √ (4) GT 237 (6) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ Từ (1),(3),(4) ta suy ra: 3 10 237 a √ 237 a d ( AM , BN )= d ( k , GT )= √ = 5 237 79 II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm phần (phần A phần B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm cạnh BC , phương trình đường thẳng DM : x − y − 2=0 và C ( ; −3 ) Xác định tọa độ các đỉnh A , B , D biết điểm A thuộc đường thẳng d :3 x + y −2=0 Cách Giả sử A ( a ; 2− a ) ∈d và M ( b ; b − ) ∈ DM Vì M là trung điểm BC nên tọa độ điểm B ( b −3 ; b −1 ) AB=⃗ DC nên ta suy tọa độ điểm D ( a −2 b+6 ; −3 a− b ) Vì ⃗ Vì điểm D thuộc đường thẳng DM nên: ( a −2 b+6 ) − ( −3 a − 2b ) − 2=0 ⇔ a+ 4=0 ⇔ a=− ( ) BA ⃗ BC=0 ⇔ ( a − 2b +3 ) ( −2 b ) + ( −3 a− b+3 ) ( −2 b −2 )=0 ( ) Vì ABCD là hình vuông nên ⃗ ( 2− b ) ( −2 b ) + ( −2 b )( − 2b − )=0 ⇔ b=0 ¿ b=3 Thay (1) vào (2) ta suy : ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ TH1 Với a=−1 , b=3 ta có: A ( −1 ; ) , B ( ; ) ,C (3 ; − ) , D ( −1 ; −3 ) Kiểm tra thấy độ dài các cạnh AB , BC không Ta loại trường hợp này TH2 Với a=−1 , b=0 ta có: A ( −1 ; ) , B ( −3 ; −1 ) , C ( ; −3 ) , D (5 ; ) Kiểm tra thấy độ dài các cạnh AB , BC ,CD , DA nên ta nhận trường hợp này Vậy các đỉnh cần tìm là: A ( −1 ; ) , B ( −3 ; −1 ) , D ( ; ) Cách {Vận dụng hệ tam giác vuông cân} Giả sử A ( a ; 2− a ) ∈d và M ( b ; b − ) ∈ DM Vì M là trung điểm BC nên tọa độ điểm B ( b −3 ; b −1 ) Tam giác ABC vuông cân B nên ta có: ¿ ⃗ ⃗ BA BC=0 BA 2=BC2 ⇔ ¿ ( a −2 b+3 )( − 2b )+ ( −3 a −2 b+3 )( − 2b − )=0 ( ) ( a −2 b+3 )2+ (− a −2 b+3 )2 =( −2 b )2 + ( −2 b − )2 ( ) ¿{ ¿ (7) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ ¿ a −2 b+3=k ( −3 a− b+3 ) −2 b − 2=− k ( − b ) Từ (1) ta suy tồn số thực k để: ¿{ ¿ Thay kết này (2) ta thu phương trình: a=− ¿ − b+ a= ¿ ¿ ¿ ¿ k ( −3 a −2 b+3 )2+ (− a −2 b+3 )2=( −2 b )2 +k ( −2 b )2 2 ¿ ¿ ⇔ ( k 2+ ) (− a −2 b+3 ) =( 1+k ) ( −2 b ) 2 ⇔ ( −3 a −2 b+ ) =( −2 b ) ⇔ TH1 Với a=−1 thay vào hệ (1),(2) ta suy b=0 − b +9 TH2 Với a= thay vào hệ (1),(2) ta suy hệ vô nghiệm Tóm lại, các đỉnh cần tìm là: A ( −1 ; ) , B ( −3 ; −1 ) , D ( ; ) k −k 1+ k k | Cách 3.{Nếu đt Δ , Δ có hsg k , k và ( Δ , Δ )=μ thì tan μ= | Đường thẳng DM : x − y − 2=0 có hệ số góc Giả sử phương trình đường thẳng DC : y=k ( x −3 ) −3 có hệ số góc k Vì MC 1− k = ⇒ = ⇔ DC 1+k k =1/3 ¿ ABCD là hình vuông nên: k=3 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 1 TH1 Với k = ta có phương trình DC : y= ( x −3 ) −3 Khi đó 3 ¿ y= ( x −3 ) −3 x − y −2=0 ⇔ tọa độ điểm D là nghiệm hệ ¿ x=−3 y=−5 ⇒ D ( −3 ; −5 ) ¿{ ¿ DA ⃗ DC=0 ⇔ ( a+3 )+ ( − a )=0 ⇔ 32=0 Giả sử A ( a ; 2− a ) ∈d , vì DA ⊥ DC nên ⃗ TH2 Với k =3 ta có phương trình DC : y=3 ( x − ) −3 ^ C= tan M D | | (vô lí) (8) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ ¿ y=3 ( x − ) −3 x − y −2=0 ⇔ ¿ x=5 Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm hệ y =3 ⇒ D (5 ; ) ¿{ ¿ Giả sử A ( a ; 2− a ) ∈d , vì DA ⊥ DC nên ⃗ DA ⃗ DC=0 ⇔ −2 ( a −5 ) − ( −3 a −1 ) =0 ⇔ a=−1 ⇒ A ( −1 ; ) ⃗ DC nên ta dễ dàng xác định tọa độ điểm B ( − ;− ) Vì AB=⃗ Cách Gọi G là giao điểm DM và AC thì G chính là CA =3 ⃗ CG , hay là điểm trọng tâm tam giác BCD Do đó ⃗ A chính là ảnh điểm G qua phép vị tự V (C , ) Dựa vào tính chất phép vị tự ta có: DM : x − y − 2=0⃗ V ( C , ) Δ: x − y+ 6=0 Vì đường thẳng DM qua điểm G qua điểm A Suy ra: nên đường thẳng Δ ¿ x+ y −2=0 x − y +6=0 ⇔ ¿ x=−1 Tọa độ điểm A là nghiệm hệ: y=5 ⇒ A (− 1; ) ¿{ ¿ I AC I ( ; ) Gọi là trung điểm thì +) Đường thẳng BD qua điểm I ( ; ) và vuông góc với AC nên có phương trình: x − y +1=0 +) Đường tròn ngoại tiếp ( C ) hình vuông có tâm I ( ; ) và bán kính R=IA=2 √ nên có phương trình: ( x − )2+ ( y −1 )2=20 +) Tọa độ các điểm B , D là nghiệm hệ: x −2 y +1=0 ( x − )2+ ( y −1 )2=20 ⇔ x=5 , y =3 ¿ x=− , y=−1 ¿ ¿ ¿{ ¿ ¿ ¿¿ Kết hợp với điều kiện điểm D thuộc đường thẳng DM : x − y − 2=0 suy tọa độ các đỉnh cần tìm là: A ( −1 ; ) , B ( −3 ; −1 ) , D ( ; ) (9) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ x − y +2 z = = và 1 thuộc ( P ) , vuông góc với 8a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : mặt phẳng ( P ) : x +2 y − z − 3=0 Viết phương trình đường thẳng Δ d đồng thời khoảng cách Δ và d √ uΔ⊥ ⃗ n P ( ) , vì Δ d nên Vì Δ thuộc ( P ) nên ⃗ uΔ⊥ ⃗ ⃗ ud ( ) Từ (1), (2) ta có thể chọn u Δ=[ ⃗ ⃗ n P ,⃗ u d ] =( ; −3 ; − )=3 ( ; −1 ; −1 ) Cách { Tính khoảng cách trực tiếp} Giả sử điểm M ( a; b; a+2 b −3 ) đó phương trình đường thẳng Δ là: ¿ x =a+t y =b −t z=a+ 2b − 3− t ¿ {{ ¿ với t ∈ R Trên đt Δ ta lấy thêm điểm N ( a −3 ; b+3 ; a+ 2b ) và trên đt d ta lấy các điểm A ( 1; − 2; ) , B ( 3; − 1; ) Khi đó: d ( Δ , d )=d ( AB , MN )= |[⃗ AB ,⃗ MN ]⃗ AM| |− a− b+ 45| = =√ ⇔|− a −b+5|=2 ⇔ √2 |[ ⃗ AB ,⃗ MN ]| a+b=3 ¿ a+b=7 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ a+b=3 a=1 ,b=2 hay là điểm TH1 Với , ta có thể chọn M ( ; 2; ) ¿ x=1+t y=2 −t Suy phương trình tham số đường thẳng Δ cần tìm là: z=2 −t ¿{{ ¿ TH2 Với a+b=7 , ta có thể chọn a=3 , b=4 hay là điểm M ( ; ; 11 ) ¿ x=3+t y=4 −t Suy phương trình tham số đường thẳng Δ cần tìm là: z=11 −t ¿{{ ¿ Cách { Tính khoảng cách dựa vào việc xây dựng mặt phẳng phụ } (10) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và song song với đường thẳng Δ Rõ ràng mặt phẳng ( Q ) có VTPT nQ =[ ⃗ ⃗ ud , ⃗ u Δ ]=( ; − 9; )=9 ( ; −1 ; ) và ( Q ) qua điểm A ( 1; − 2; ) ∈ d Do đó phương trình mặt phẳng ( Q ) : y − z +2=0 Trên mặt phẳng ( Q ) ta lấy điểm M ( a; b; a+2 b −3 ) cho: |b − ( a+2 b −3 )+2| |− a −b+5| d ( M , ( Q ) ) =√ ⇔ = √ ⇔ =√ 2⇔ |− a− b+5|=2 2 √0 +1 +( −1 ) √2 Từ đó ta có thể chọn a=1 ,b=2 hay là điểm M ( ; 2; ) Suy ptđt Δ cần tìm là: … n Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển Niutơn biểu thức ( 2+2 x − x − x ) biết rằng: 1 n C0n − C 1n + C2n − + (− )n C= n+1 n 13 Cách { Dựa vào tích phân} Theo khai triển nhị thức Niutơn ta có: ( 1+ x )n=C 0n+C 1n x+C 2n x2 + +C nn x n Lấy tích phân vế với cận từ −1 đến ta được: 0 n +1 n+ ( 1+ x ) x x x ¿0− 1= C 0n x+C 1n +C 2n + +C nn ¿ 0−1 n+1 n+1 −1 −1 gt 1 1 ⇒ =C 0n − C1n+ C 2n − + ( −1 )n C nn= ⇒ n=12 n+1 n+1 13 1 k k+1 C= C Cách { Dựa vào đẳng thức quen thuộc: } k +1 n n+1 n+1 n! ( n+1 ) ( n+ ) ! 1 n! 1 C k= = = = C k+ Ta có: k +1 n k +1 ( n− k ) ! k ! n+1 ( n− k ) ! k ! ( k +1 ) n+1 ( n− k ) ! ( k +1 ) ! n+1 n+ 1 1 n C nn= C1n+1 − C2n +1+ C3n +1 − .+ ( −1 )n Cnn +1 ( Do đó ta có: Cn − C n + Cn − + (− ) (1) +1) n+1 n+1 n+1 2 n +1 n+1 Theo khai triển nhị thức Niutơn ta có: ( 1+ x ) =C n+1 +C n+1 x+C n+1 x + .+ Cn +1 x với ∀ x ∈ R Thay x=−1 vào đẳng thức trên ta thu được: n n +1 0n +1=C 0n+1 − C1n +1+ C2n +1 − .+ ( −1 )n+ C n+1 (2) n+1 ⇔C n+1 − Cn +1+ Cn +1 − .+ ( −1 ) C n +1=C n+1=1 1 1 n C n= ⇔ = ⇔n=12 Từ (1) và (2) ta suy ra: Cn − C n + Cn − + (− ) n+1 n n+1 13 n+1 12 Bài toán đã cho trở thành tìm hệ số x khai triển ( 2+2 x − x − x ) 12 12 Ta có ( 2+2 x − x − x ) =( 1+ x )12 ( 2− x2 ) , đó số hạng tổng quát khai triển 12 ( 2+2 x − x − x ) là: k k l 12 −l l k l 12 −l l k+ 2l với k , l là các số nguyên thỏa ≤ k ,l ≤12 C12 x C 12 ( − x ) =C 12 C12 ( −1 ) x Để có x thì k +2 l=3 , từ đó ta tìm được: k =3 ,l=0 k =1, l=1 12 Do đó hệ số x khai triển ( 2+2 x − x − x ) là: C312 C 012 212 −C 112 C112 211 =76 211 ∫ ( 1+ x )n dx=∫ (C 0n+ C1n x+ C2n x 2+ +C nn x n) dx ⇒ ( ) B.Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( T ) : x 2+ y − x=0 và đường thẳng d : x − y +2=0 Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho từ điểm M kẻ (11) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ đến ( T ) với A , B là các tiếp điểm đồng thời đường thẳng tiếp tuyến MA , MB điểm K ( −4 ; −5 ) Cách Đường tròn ( T ) có tâm I ( ; ) và bán kính R=2 Gọi J là trung điểm MI Giả sử M ( a; a+ ) ∈ d suy ra: J ( a+22 ; a+1) AB qua và a +4 a+8 √ MJ= Vì MA ⊥ AI , MB ⊥ BI nên A , B thuộc đường tròn ( C ) a2 +4 a+8 2 a+ ( a +4 a+8 + y − a −1 ) = Phương trình ( C ) : x − Hay ( C ) : x 2+ y − ( a+2 ) x − ( a+2 ) y +2 a=0 Như điểm A , B vừa thuộc đường tròn ( T ) vừa thuộc đường tròn ( C ) đó tọa độ A , B là ¿ x 2+ y − x=0 nghiệm hệ: x 2+ y − ( a+2 ) x − ( a+2 ) y +2 a=0 ⇒ ( a − ) x + ( a+2 ) y − a=0 ¿{ ¿ Do đó A , B thuộc đường thẳng ( a −2 ) x+ ( a+2 ) y − 2a=0 Hay nói cách khác là đường thẳng AB có phương trình: ( a −2 ) x+ ( a+2 ) y − 2a=0 Vì đường thẳng AB qua điểm K ( −4 ; −5 ) nên ta có: −1 −1 ( a −2 ) ( − ) + ( a+ )( −5 ) − a=0 ⇔ −16 a −2=0 ⇔ a= ⇒M ; 8 có tâm J ( a+2 ; a+1 ) ( và bán kính MJ= √ ) ( ) Cách Gọi N ( x o ; y o ) là điểm trên đường tròn ( T ) , đó phương trình tiếp tuyến đường tròn N có dạng: x o x + y o y −2 ( x o+ x ) =0 Tiếp tuyến này qua điểm M ( a; a+ ) ∈ d khi: x o a+ y o ( a+2 ) − ( x o+ a ) =0 hay là ( a −2 ) x o + ( a+2 ) y o − a=0 Như suy các tọa độ tiếp điểm A , B các tiếp tuyến ( T ) kẻ từ M thỏa mãn phương trình đường thẳng ( a −2 ) x+ ( a+2 ) y − 2a=0 Do đó phương trình AB : ( a− ) x + ( a+2 ) y −2 a=0 Vì đường thẳng AB qua điểm nên ta có…(tương tự cách 1) Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x +2 y +2 z + 4=0 và mặt cầu ( S ) : x2 + y + z − 10 x −2 y − z+10=0 Từ điểm M trên ( P ) kẻ đường thẳng Δ tiếp xúc với ( S ) điểm N Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng MN K ( −4 ; −5 ) √ 11 (12) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ Mặt cầu ( S ) có tâm I ( ; 1; ) và bán kính R=5 Vì MN là tiếp tuyến mặt cầu nên IN ⊥ NM Từ đó ta tính : IM=√ IN 2+ NM2= 52+ ( √ 11 )2=6 Do đó điểm M thuộc mặt cầu ( S1 ) tâm I ( ; 1; ) và bán kính R1=6 Vậy nên tập hợp các điểm M là đường tròn ( C ) chính giao tuyến mặt cầu ( S1 ) và mặt phẳng ( P ) +)Tâm ( C ) là hình chiếu vuông góc I trên mặt phẳng ( P ) và ta dễ dàng xác định tâm là điểm 28 −25 −7 J ; ; 9 √ ( ) 17 √ 35 +) Bán kính ( C ) là: r= √ R21 −d ( I , ( P ) )= − = √ (3) @ Ta có: ( ( n 3− i √ nπ nπ = n cos +i sin 6 √3 − 3i n nπ nπ 3− i √ Và là số thực khi: sin =0 ⇔ =kπ ⇔ n=6 k 6 √ − 3i ¿ Vì n là số nguyên dương nên n=6 k với k ∈ N ∗ ¿ Do đó ( n 3− i √ là số thực √ − 3i ( √3 −i ) ( 1+ √ 3i ) √ 3+2 i √ 3 − i √ √3 −i 1 π π = = = = +i = cos +i sin 4 2 6 √3 −3 i − √3 i ( − √3 i ) ( 1+ √3 i ) Câu 9b (1,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương n cho ( ) ( ) ) ( ) ) ) với k ∈ Z ĐỀ TỰ LUYỆN I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y=x −3 x +m có đồ thị ( C m ) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C 2) hàm số trên m=2 b) Tìm m để đường thẳng d : −2 x+1 cắt đồ thị ( C m ) điểm phân biệt có hoành độ dương Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x + sin x cos x −1 ¿ x −5 x ≤ 3 x − mx √ x +16=0 ¿ ¿{ ¿ ( cos x −1 ) cot x= Câu (1,0 điểm) Tìm m để hệ sau có nghiệm: Câu (1,0 điểm) Tính tích phân Câu (1,0 điểm) Cho a , b , c >0 () () x dx √ x −1+ √3 x − và thỏa a+b +c=1 Tìm GTNN I =∫ F=( 1+a2 ) ( 1+b 2) ( 1+ c2 ) (13) GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và D , AD=DC , AB=2 AD , mặt bên SBC là tam giác cạnh a và ( SBC ) ⊥ ( ABCD ) Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách BC và SA theo a II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm phần (phần A phần B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x −2 y +2=0 và điểm A ( ; ) Tìm tọa độ các điểm B ,C ∈ d cho tam giác ABC vuông B và AB=2 BC Câu 8a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A ( 2; ; ) , B ( 1; ; ) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua A , B cho ( P ) cắt Oy , Oz C , D và S ACD =4 √ Câu 9a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số khác đôi cho có mặt hai chữ số 7,8 và hai chữ số này đứng cạnh B.Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip ( E ) có độ dài trục lớn 8, M F 2=90 o tiêu điểm F1 ( −2 √ ; ) , F ( √ ; ) Tìm tọa độ điểm M ∈ ( E ) cho F1 ^ Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( −1 ; 1; ) , B ( ; ; −2 ) và mặt phẳng ( P ) : x −2 y +2 z − 4=0 Tìm tọa độ điểm C ∈ ( P ) cho tam giác ABC vuông cân A Câu 9b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa z̄ − =i Tính giá trị z +1 A=|1+ ( 1+ i ) z̄| (14)
- Xem thêm -

Xem thêm: Dinh cao cua dap an thi thu dai hoc, Dinh cao cua dap an thi thu dai hoc