Đề thi đại học môn toán khối D có đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.6 MB, 44 trang )
Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002
Đề chính thức
Môn thi : Toán, Khối D
(
Thời gian làm bài : 180 phút
)
_________________________________________
CâuI
( ĐH : 3 điểm ; CĐ : 4 điểm ).
Cho hàm số :
()
1x
mx1m2
y
2
= (1) ( m là tham số ).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = -1.
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đờng cong (C) và hai trục tọa độ.
3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng x
y
= .
Câu II ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 3 điểm ).
1. Giải bất phơng trình :
(
)
x3x
2
. 02x3x2
2
.
2. Giải hệ phơng trình :
=
+
+
=
+
.y
22
24
y4y52
x
1xx
2x3
Câu III ( ĐH : 1 điểm ; CĐ : 1 điểm ).
Tìm x thuộc đoạn [ 0 ; 14 ] nghiệm đúng phơng trình :
04xcos3x2cos4x3cos =+ .
Câu IV ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 2 điểm ).
1. Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = 4 cm ;
AB = 3 cm ; BC = 5 cm . Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD).
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 02yx2 =+
và đờng thẳng
m
d:
()()
()
=++++
=+++
02m4z1m2mx
01mym1x1m2
( m là tham số ).
Xác định m để đờng thẳng
m
d song song với mặt phẳng (P).
Câu V (ĐH : 2 điểm ).
1. Tìm số nguyên dơng n sao cho 243C2 C4C2C
n
n
n2
n
1
n
0
n
=++++ .
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có phơng trình
1
9
y
16
x
22
=+ . Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy sao cho
đờng thẳng MN luôn tiếp xúc với (E). Xác định tọa độ của M , N để đoạn MN có độ dài nhỏ
nhất . Tính giá trị nhỏ nhất đó .
Hết
Chú ý :
1. Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm câu V
2. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
www.boxmaths.com
1
Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh Đại học , cao đẳng năm 2002
Môn Toán, khối D
Đáp án và thang điểm đề thi chính thức
Câu Nội dung Điểm
ĐH
CĐ
I
3đ
4đ
1.
1 1,5
Khi m = -1 ,ta có
1x
4
3
1x
1x3
y
=
=
-TXĐ : 1x
- CBT :
()
>
= 1x,0
1x
4
y
2
,
hàm số không có cực trị.
1/4
1/4
3ylim
x
=
; =+=
+
1x1x
ylim;ylim .
- BBT :
x - 1 +
y
/
+ +
+
y -3 -3
-
1/4
1/4
- TC: x=1 là tiệm cận đứng vì =
ylim
1x
.
y=-3 là tiệm cận ngang vì 3ylim
x
=
1/4
1/4
- Giao với các trục : x = 0 y = 1; y = 0 x = - 1/3.
1/4
- Đồ thị :
x
y
1/4
1/2
www.boxmaths.com
2
2.
1 1,5
Diện tích cần tính là :
dx
1x
1x3
S
0
3/1
=
1/4
1/2
=
0
3/1
0
3/1
1x
dx
4dx3
1/4 1/4
3/1
0
1xln4
3
1
.3
=
1/4 1/2
3
4
ln41+= ( đvdt).
1/4 1/4
3.
1 1
Ký hiệu
()
1x
mx1m2
)x(f
2
= . Yêu cầu bài toán tơng đơng với tìm
m để hệ phơng trình sau có nghiệm:
(H)
()
=
=
.x)x(f
x)x(f
/
/
1/4 1/4
Ta có (H)
()
()
=
=
0
1x
mx
0
1x
mx
/
2
2
1/4 1/4
()
()()()
()
=
+
=
0
1x
mx1xmx2
0
1x
mx
2
2
2
1/4 1/4
Ta thấy với 1m ; x = m luôn thoả mãn hệ ( H ) . Vì vậy 1m , (H)
luôn có nghiệm , đồng thời khi m = 1 thì hệ ( H ) vô nghiệm. Do đó đồ
thị hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x khi và chỉ khi 1m
.
ĐS : 1m .
1/4 1/4
II
2đ
3đ
1.
1 1,5
Bất phơng trình
>
=
0x3x
02x3x2
02x3x2
2
2
2
1/4 1/2
TH 1: .
2
1
x2x02x3x202x3x2
22
====
1/4 1/4
TH 2:
>
>
0x3x
02x3x2
0x3x
02x3x2
2
2
2
2
><
3x0x
2x
2
1
x
1/4
www.boxmaths.com
3
3x
2
1
x <
1/4 1/4
Từ hai trờng hợp trên suy ra ĐS: 3x2x
2
1
x =
1/4 1/4
2.
1 1,5
Hệ phơng trình
=
=
y2
y4y52
x
2x3
1/4 1/2
=+
>=
0y4y5y
0y2
23
x
1/4 1/4
===
>=
4y1y0y
0y2
x
1/4 1/4
=
=
=
=
4y
2x
1y
0x
1/4 1/2
III
1đ 1đ
Phơng trình
()()
01x2cos4xcos3x3cos =++
0xcos8xcos4
23
=
()
02xcosxcos4
2
=
0xcos =
1/4 1/2
+
= k
2
x.
1/4 1/4
[]
3k2k1k0k14;0x ====
1/4
ĐS : ;
2
x
=
2
3
x
= ;
2
5
x
= ;
2
7
x
= .
1/4 1/4
IV
2đ
2đ
1.
1 1
Cách 1
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4
Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.
1/4
1/4
Do đó có thể chọn hệ toạ độ Đêcac vuông góc, gốc A sao cho B(3;0;0) ,
C(0;4;0), D( 0;0;4). Mặt phẳng (BCD) có phơng trình :
01
4
z
4
y
3
x
=++ .
1/4 1/4
Khoảng cách cần tính là :
17
346
16
1
16
1
9
1
1
=
++
(cm).
1/4 1/4
www.boxmaths.com
4
Cách 2
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4
Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.
1/4
1/4
D
H C
A E
B
Gọi AE là đờng cao của tam giác ABC; AH là đờng cao của tam giác
ADE thì AH chính là khoảng cách cần tính.
Dễ dàng chứng minh đợc hệ thức:
2222
AC
1
AB
1
AD
1
AH
1
++= .
1/4 1/4
Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vào hệ thức trên ta tính đợc:
cm
17
346
AH =
1/4 1/4
Cách 3:
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó
.ACAB
1/4 1/4
Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD
, nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.
1/4
1/4
Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, ta có V= 8ADACAB
6
1
= .
áp dụng công thức
)BCD(dt
V3
AH
= với V = 8 và dt(
BCD) =2
34
ta tính đợc cm
17
346
AH = .
1/2 1/2
2
1 1
Cách 1:
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến
()
0;1;2n
. Đờng thẳng
m
d có vec
tơ chỉ phơng
()( )( )()
()
m1m;1m2; 1m2m1u
2
++
.
1/4 1/4
Suy ra
u.
n =3(2m+1).
m
d song song với (P)
)P(d
nu
m
1/4 1/4
www.boxmaths.com
5
()
=
PA,dA
0n.u
m
Ta có : điều kiện 0n.u =
2
1
m =
1/4 1/4
Mặt khác khi m = - 1/2 thì
m
d có phơng trình :
=
=
0x
01y
, mọi điểm
A( 0;1;a) của đờng thẳng này đều không nằm trong (P), nên điều kiện
()
PA,dA
m
đợc thoả mãn. ĐS : m = - 1/2
1/4 1/4
Cách 2:
Viết phơng trình d
m
dới dạng tham số ta đợc
=
+=
+=
m)t.m(12z
t1)(2m1 y
1)tm)(2m(1 x
2
1/4 1/4
m
d // (P) hệ phơng trình ẩn t sau
=+
=
+=
+=
02yx2
t)m1(m2z
t)1m2(1y
t)1m2)(m1(x
2
vô nghiệm
1/4 1/4
phơng trình ẩn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 vô nghiệm
1/4 1/4
m=-1/2
1/4 1/4
Cách 3:
m
d
// (P) hệ phơng trình ẩn x, y, z sau
(H)
()()
=++++
=+++
=+
02m4z)1m2(mx
01myx1x1m2
02yx2
vô nghiệm 1/4 1/4
Từ 2 phơng trình đầu của hệ phơng trình trên suy ra
+
=
=
3
4m2
y
3
1m
x
1/4 1/4
Thế x , y tìm đợc vào phơng trình thứ ba ta có :
)6m11m(
3
1
z)1m2(
2
++=+
1/4 1/4
Hệ (H) vô nghiệm
2
1
m =
1/4 1/4
V
2đ
1.
1
Ta có :
()
=
=+
n
0k
kk
n
n
xC1x
,
1/4
Cho x = 2 ta đợc
=
=
n
0k
kk
n
n
2C3
1/4
5n32433
5n
=== .
1/2
www.boxmaths.com
6
2.
1
Cách 1
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.
Đờng thẳng MN có phơng trình : 01
n
y
m
x
=+
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :
1
n
1
9
m
1
16
22
=
+
.
1/4
Theo BĐT Côsi ta có :
()
2
2
2
2
22
22222
n
m
9
m
n
1625
n
9
m
16
nmnmMN ++=
++=+=
499.16225
=+ 7MN
1/4
Đẳng thức xảy ra
>>
=+
=
0n,0m
49nm
n
m9
m
n16
22
2
2
2
2
21n,72m
== .
KL: Với
(
)
(
)
21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.
1/4
Cách 2
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.
Đờng thẳng MN có phơng trình : 01
n
y
m
x
=+
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :
1
n
1
9
m
1
16
22
=
+
.
1/4
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có
()
49
n
3
.n
m
4
.m
n
9
m
16
nmnmMN
2
22
22222
=
+
++=+=
.
7MN
1/4
- Đẳng thức xảy ra
>>
=+
=
0n,0m
7nm
n
3
:n
m
4
:m
22
21n,72m ==
.
KL: Với
(
)
(
)
21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.
1/4
Cách 3:
Phơng trình tiếp tuyến tại điểm (x
0
; y
0
) thuộc (E) : 1
9
yy
16
xx
00
=+
1/4
www.boxmaths.com
7
Suy ra toạ độ của M và N là
0;
x
16
M
0
và
0
y
9
;0N
+
+=+=
2
0
2
2
0
2
2
0
2
0
2
0
2
2
0
2
2
y
9
x
16
9
y
16
x
y
9
x
16
MN
1/4
Sử dụng bất đẳng thức Côsi hoặc Bunhiacôpski (nh cách 1 hoặc cách 2)
ta có :
22
7MN
1/4
- Đẳng thức xảy ra
7
213
y;
7
78
x
00
== .
- Khi đó
(
)
(
)
21;0N,0;72M và GTNN (MN) = 7
1/4
Hết
www.boxmaths.com
* Giỏo trỡnh Toỏn Cao ng i Hc Cao Hc.
* Ti Liu Toỏn Thi Toỏn cho hc sinh THPT.
* Phn mm Toỏn.
* Giỏo Trỡnh T in Phn Mm Hc Ting Anh.
* Cỏc Phn mm ng dng khỏc.
8
Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002
Hớng dẫn chấm thi môn toán khối D
Câu I:
1.
-Nếu TS làm sai ở bớc nào thì kể từ đó trở đi sẽ không đợc điểm.
-Nếu TS xác định đúng hàm số và chỉ tìm đúng 2 tiệm cận thì đợc 1/4 điểm.
2. Nếu TS làm sai ở bớc nào thì kể từ đó trở đi sẽ không đợc điểm.
3. -Nếu TS dùng điều kiện nghiệm kép thì không đợc điểm.
-Nếu TS không loại giá trị m = 1 thì bị trừ 1/4 điểm.
Câu II:
1. -Nếu TS làm sai ở bớc nào thì kể từ đó trở đi sẽ không đợc điểm.
-Nếu TS kết luận nghiệm sai bị trừ 1/4 điểm .
-Nếu TS sử dụng điều kiện sai:
<
0)x(g
0)x(f
0)x(g
0)x(f
0)x(g).x(f và dẫn đến kết quả đúng sẽ
bị trừ 1/4 điểm.
2. TS làm đúng ở bớc nào đợc điểm ở bớc đó.
Câu III:
TS làm đúng bớc nào đợc điểm bớc đó
.
Câu IV:
TS làm đúng bớc nào đợc điểm bớc đó
.
Câu V:
1. TS làm đúng bớc nào đợc điểm bớc đó.
2. TS làm đúng bớc nào đợc điểm bớc đó.
Hết
www.boxmaths.com
* Giỏo trỡnh Toỏn Cao ng i Hc Cao Hc.
* Ti Liu Toỏn Thi Toỏn cho hc sinh THPT.
* Phn mm Toỏn.
* Giỏo Trỡnh T in Phn Mm Hc Ting Anh.
* Cỏc Phn mm ng dng khỏc.
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003
Môn thi: toán Khối D
Đề chính thức
Thời gian làm bài: 180 phút
_______________________________________________
Câu 1
(2 điểm).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
24
(1)
2
xx
y
x
+
=
.
2) Tìm để đờng thẳng dy
m
: 2 2
m
mx m= + cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm
phân biệt.
Câu 2 (2 điểm).
1) Giải phơng trình
222
sin tg cos 0
24 2
xx
x
=
.
2) Giải phơng trình
.
22
2
22
xx xx+
=3
Câu 3 (3 điểm).
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc
cho đờng tròn
Oxy
4)2()1( :)(
22
=+
yxC
và đờng thẳng
: 1 0dxy =
.
Viết phơng trình đờng tròn
(
đối xứng với đờng tròn qua đờng thẳng
Tìm tọa độ các giao điểm của
và .
')C
(C
()C
.d
) (')C
2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc
Oxyz
cho đờng thẳng
32
:
10.
k
xkyz
d
kx y z
0+ +=
++=
Tìm để đờng thẳng vuông góc với mặt phẳng
k
k
d (): 2 5 0Pxyz +=
.
3) Cho hai mặt phẳng và vuông góc với nhau, có giao tuyến là đờng thẳng
()P ()Q
.
Trên
lấy hai điểm với
, AB
AB a=
. Trong mặt phẳng lấy điểm , trong
mặt phẳng
(
lấy điểm sao cho ,
()P
C
)Q
D
AC
B
D
cùng vuông góc với
và
. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện và tính khoảng
cách từ
đến mặt phẳng
AC BD
A
AB== ABCD
()
B
CD theo .
a
Câu 4 ( 2 điểm).
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1
1
x
y
x
+
=
+
trên đoạn
[
]
1; 2
.
2) Tính tích phân
2
2
0
I xxd=
x
.
Câu 5
(1 điểm).
Với là số nguyên dơng, gọi
n
33
n
a
là hệ số của
33n
x
trong khai triển thành đa
thức của
(1
. Tìm
n
để
2
)(2)
n
xx
++
n
33
26
n
a
n
=
.
Hết
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
.
Họ và tên thí sinh: . Số báo danh:
www.boxmaths.com
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003
đáp án thang điểm
đề thi chính thức
Môn thi : toán Khối D
Nội dung điểm
Câu 1. 2điểm
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
24
2
xx
y
x
+
=
.
1 điểm
Tập xác định :
R
\{ 2 }.
Ta có
2
24 4
.
22
xx
yx
xx
+
==+
2
22
0
44
' 1 . ' 0
4.
(2) (2)
x
xx
yy
x
xx
=
= = =
=
[]
4
lim lim 0
2
xx
yx
x
= =
tiệm cận xiên của đồ thị là:
yx=
,
tiệm cận đứng của đồ thị là:
2
lim
x
y
=
2x =
.
Bảng biến thiên:
Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 2).
0,25đ
0,5đ
0,25đ
2) 1 điểm
Đờng thẳng cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt
m
d
phơng trình
4
22
2
x
mx m
x
+=+
có hai nghiệm phân biệt khác 2
2
( 1)( 2) 4
mx =
có hai nghiệm phân biệt khác 2
10m > 1.m >
Vậy giá trị cần tìm là m
1.
m
>
0,5đ
0,5đ
x
2
6
2
2 4O
y
x
0 2 4 +
y
+ 0
0 +
2 +
+
y
CĐ CT
6
1
www.boxmaths.com
Câu 2. 2điểm
1) Giải phơng trình
222
tg cos 0
24 2
xx
x
sin
(1)
=
1 điểm
Điều kiện: (*). Khi đó
cos 0
x
()
2
2
1sin1
(1) 1 cos 1 cos
222
cos
x
x
x
x
=+
() ( )
22
1sin sin 1cos cos
x
xx =+ x
() ( )
1 sin (1 cos )(1 cos ) 1 cos (1 sin )(1 sin )
x
xx xx + =+ + x
()
1 sin (1 cos )(sin cos ) 0xxxx + + =
2
sin 1
2
cos 1 2
tg 1
4
x
k
x
x
xk
x
x
k
=+
=
==+
=
= +
()
k Z
.
Kết hợp điều kiện (*) ta đợc nghiệm của phơng trình là:
2
4
x
k
x
k
=+
= +
()
.
k
Z
0,5đ
0,25đ
0,25đ
2) Giải phơng trình (1).
22
2
22
xx xx+
3=
1 điểm
Đặt .
2
20
xx
tt
=>
Khi đó (1) trở thành
2
4
3340(1)(4)0ttttt
t
= =+ ==4t
(vì
t
)
0>
Vậy
2
2
24
xx
xx
= =2
1
2.
=
=
x
x
Do đó nghiệm của phơng trình là
1
2.
=
=
x
x
0,5đ
0,5đ
Câu 3. 3điểm
1) 1 điểm
Từ
()
suy ra có tâm và bán kính
22
:( 1) ( 2) 4+ =Cx y ()C (1; 2)I
2.R =
Đờng thẳng có véctơ pháp tuyến là
n
d
(1; 1). =
uur
Do đó đờng thẳng đi qua
và vuông góc với
d
có phơng trình:
(1; 2)I
12
11
xy
xy
30
= +
=.
Tọa độ giao điểm của
và là nghiệm của hệ phơng trình:
H
d
10 2
(2;1).
30 1
xy x
H
xy y
= =
+= =
Gọi
là điểm đối xứng với qua . Khi đó J
(1; 2)I
d
23
(3;0)
20
JHI
JHI
xxx
J
yxx
==
==
.
Vì đối xứng với ( qua
nên có tâm là và bán kính
Do đó có phơng trình là:
(')C
(C
)C
d
(')C
22
(3;0)J
2.R =
')
(3) 4 +xy=.
Tọa độ các giao điểm của ( và là nghiệm của hệ phơng trình: )C (')C
22
22 2
22
10 1
(1)( 2) 4 1, 0
3, 2.
(3) 4 2 860
(3) 4
xy yx
xy xy
xy
xy xx
xy
= =
+ = = =
==
+= +=
+=
Vậy tọa độ giao điểm của và ( là và ()C ')C (1; 0)A (3; 2).B
0,5
0,25đ
0,25đ
2
www.boxmaths.com
2) 1 điểm
Ta có cặp vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng xác định là
k
d
1
(1; 3 ; 1)=
uur
nk
và
. Vectơ pháp tuyến của là
2
(; 1;1)=
uur
nk
()P (1; 1; 2)=
r
n .
Đờng thẳng
có vectơ chỉ phơng là:
k
d
2
12
,(31;1;13)0
k k k
r
Nên
2
1 13
1.
11 2
kk k
k
= = =
Vậy giá trị
cần tìm là
0,5đ
0,5 đ
3) 1 điểm
Ta có (
P
) (
Q
) và = (
P
) (
Q
), mà
AC
AC
(
Q
)
AC
AD
, hay
. Tơng tự, ta có
BD
nên
BD
(
P
), do đó CBD . Vậy
A
và
B
A
,
B
nằm trên mặt cầu đờng kính
CD.
0
90=CAD
0
90=
Và bán kính của mặt cầu là:
22
1
22
CD
R
BC BD== +
222
13
22
a
AB AC BD=++=.
Gọi
H
là trung điểm của
BC
AH
BC.
Do
BD
(
P
) nên
BD
AH
AH
(
BCD
).
Vậy
AH
là khoảng cách từ
A
đến mặt phẳng (
BCD)
và
12
.
22
a
AH BC==
0,25đ
0,25đ
0,5đ
Câu 4. 2điểm
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1
1
x
y
x
+
=
+
trên đoạn
[
]
1; 2
.
1 điểm
23
1
'.
(1)
x
y
x
=
+
'0 1yx==.
Ta có
3
(1) 0, 2, (2) .
5
y(1)
yy= = =
Vậy
[]
1; 2
(1) 2
max
yy
==
và
[]
1; 2
min ( 1) 0.yy
= =
0,5đ
0,5đ
2) Tính tích phân
2
2
0
I xxd=
x
.
1 điểm
Ta có
2
00
1
x
xx
, suy ra
12
22
01
() () = +
I x x dx x x dx
12
23 32
01
1.
23 32
= + =
xx xx
0,5đ
0,5đ
unn k
==
r uuruur
31
() ||
k
dPun
rr
k 1.=k
.
A
B
C
D
P
Q
H
3
www.boxmaths.com
Câu 5. 1điểm
Cách 1
:
Ta có
(
202122224
1)
nnn n
nn n
n
n
x
Cx Cx Cx C
+= + + ++
,
011222333
( 2) 2 2 2 2
nn n n n n
nn n n
n
n
x
Cx Cx Cx Cx C
+= + + + ++
.
Dễ dàng kiểm tra
1, 2= =nn
không thỏa mãn điều kiện bài toán.
Với
thì
3n
33 2 3 22 1
.
nnnnn
xxxxx
==
Do đó hệ số của
33
n
x
trong khai triển thành đa thức của là
2
(1)(2++
nn
xx)
n
C
303 11
33
2. . 2. .
nnnn
aCCC
=+
.
Vậy
2
33
5
2(2 3 4)
26 26
7
3
2
=
+
= =
=
n
n
nn n
an n
n
Vậy
là giá trị cần tìm (vì nguyên dơng).
5=n n
Cách 2:
Ta có
23
2
332
2
00 00
12
(1)(2) 1 1
12
2.
n
n
nnn
i
k
nn nn
ni k niikkk
nn nn
ik ik
xx x
x
x
xC C xCxCx
x
x
== ==
++= + +
==
Trong khai triển trên, luỹ thừa của
x
là
33n
khi
23ik =
3k
, hay
Ta chỉ có hai trờng hợp thỏa điều kiện này là
23ik+=.
0,i= =
hoặc
i1, 1k= =
.
Nên hệ số của
33n
x
là .
033 11
33
2 2
nnn nn
aCCCC
=+
Do đó
2
33
5
2(2 3 4)
26 26
7
3
2
=
+
= =
=
n
n
nn n
an n
n
Vậy
là giá trị cần tìm (vì nguyên dơng).
5=n n
0,75đ
0,25đ
hoặc
0,75đ
0,25đ
4
www.boxmaths.com
* Giỏo trỡnh Toỏn Cao ng i Hc Cao Hc.
* Ti Liu Toỏn Thi Toỏn cho hc sinh THPT.
* Phn mm Toỏn.
* Giỏo Trỡnh T in Phn Mm Hc Ting Anh.
* Cỏc Phn mm ng dng khỏc.
Bộ giáo dục và đào tạo Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004
Môn: Toán, Khối D
Đề chính thức Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
32
yx 3mx 9x1= ++
(1) với m là tham số.
1) Khảo sát hàm số (1) khi m = 2.
2) Tìm m để điểm uốn của đồ thị hàm số (1) thuộc đờng thẳng y = x + 1.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phơng trình
.sin2sin)cossin2()1cos2( xxxxx =+
2) Tìm m để hệ phơng trình sau có nghiệm
=+
=+
.31
1
myyxx
yx
Câu III (3 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có các đỉnh
);0();0;4();0;1( mCBA
với
0m
. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC theo m. Xác định m để tam giác GAB
vuông tại G.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng
111
. CBAABC
. Biết
),0;0;(aA
0,0),;0;(),0;1;0(),0;0;(
1
>> babaBCaB
.
a) Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng
CB
1
và
1
AC
theo
., ba
b) Cho
ba,
thay đổi, nhng luôn thỏa mãn
4=+ ba
. Tìm
ba,
để khoảng cách giữa hai đờng
thẳng
CB
1
và
1
AC
lớn nhất.
3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm
)1;1;1(),0;0;1(),1;0;2( CBA
và mặt
phẳng (P):
02 =++ zyx
. Viết phơng trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm
thuộc mặt phẳng (P).
Câu IV (2 điểm)
1) Tính tích phân I =
3
2
2
)ln( dxxx
.
2) Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của
7
4
3
1
+
x
x
với x > 0.
Câu V (1 điểm)
Chứng minh rằng phơng trình sau có đúng một nghiệm
012
25
= xxx
.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh Số báo danh
www.boxmaths.com
1
Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm
đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004
Đề chính thức
Môn:
Toán,
Khối D
(Đáp án - thang điểm có 4 trang)
Câu
ý
Nội dung Điểm
I
2,0
1
Khảo sát hàm số (1,0 điểm)
1962
23
++== xxxym
.
a) Tập xác định:
R
.
b) Sự biến thiên:
22
y ' 3x 12x 9 3(x 4x 3)=+= +;
y' 0 x 1, x 3== =
.
0,25
y
CĐ
= y(1) = 5 , y
CT
= y(3) =1.
y'' = 6x 12
= 0
x = 2 y = 3. Đồ thị hàm
số lồi trên khoảng
(;2),
lõm trên khoảng
);2( +
và có điểm uốn là
)3;2(U
.
0,25
Bảng biến thiên:
x
1 3
+
y' + 0
0 +
y 5
+
1
0,25
c) Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 1).
0,25
2
Tìm m để điểm uốn của đồ thị hàm số (1,0 điểm)
y = x
3
3mx
2
+ 9x + 1 (1); y' = 3x
2
6mx + 9; y'' = 6x
6m .
y"= 0
x = m y =
2m
3
+
9m + 1.
0,25
y" đổi dấu từ âm sang dơng khi đi qua x = m, nên điểm uốn của đồ thị hàm số
(1) là I( m;
2m
3
+ 9m +1).
0,25
I thuộc đờng thẳng y = x + 1
2m
3
+ 9m + 1 = m + 1
0,25
2m(4
m
2
) = 0 m = 0 hoặc
2=m
.
0,25
www.boxmaths.com
2
II
2,0
1
Giải phơng trình (1,0 điểm)
( 2cosx
1) (2sinx + cosx) = sin2x
sinx
( 2cosx
1) (sinx + cosx) = 0.
0,25
2cosx
1= 0
cosx =
1
xk2,k
23
=+ Z .
0,25
sinx + cosx = 0
tgx =
1
xk,k
4
= + Z
.
0,25
Vậy phơng trình có nghiệm là:
xk2
3
= +
và
xk,k
4
= + Z
.
0,25
2
Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm (1,0 điểm)
Đặt: u =
x,v y,u 0,v 0.=
Hệ đã cho trở thành:
33
uv1
uv13m
+=
+=
(*)
0,25
uv1
uv m
+=
=
u, v là hai nghiệm của phơng trình: t
2
t + m = 0 (**).
0,25
Hệ đã cho có nghiệm (x; y)
Hệ (*) có nghiệm u
0, v
0
Phơng trình
(**) có hai nghiệm t không âm. 0,25
14m 0
1
S10 0m .
4
Pm0
=
=
=
0,25
III
3,0
1
Tính toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC và tìm m (1,0 điểm)
Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ:
ABC ABC
GG
xxx yyy
m
x1;y
333
++ ++
====
. Vậy G(1;
m
3
).
0,25
Tam giác ABC vuông góc tại G
GA.GB 0=
JJJG JJJG
.
0,25
mm
GA( 2; ), GB(3; )
33
JJJG JJJG
.
0,25
GA.GB 0=
JJJG JJJG
2
m
60
9
+ =
m36=
.
0,25
2
Tính khoảng cách giữa B
1
C và AC
1
, (1,0 điểm)
a) Từ giả thiết suy ra:
11
C ( 0; 1; b), B C (a ; 1; b )=
JJJJG
11
AC ( a; 1; b), AB ( 2a; 0; b)= =
JJJJGJJJJG
0,25
www.boxmaths.com
3
()
111
11
22
11
BC, AC AB
ab
dBC,AC
ab
BC, AC
==
+
JJJJGJJJJGJJJJG
JJJJG JJJJG
.
0,25
b) áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
11
22
ab ab 1 1 a b
d(B C;AC ) ab 2
2
2ab 2 2
ab
+
===
+
.
0,25
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2.
Vậy khoảng cách giữa B
1
C và AC
1
lớn nhất bằng
2
khi a = b = 2.
0,25
3
Viết phơng trình mặt cầu (1,0 điểm)
I(x; y; z) là tâm mặt cầu cần tìm I (P) và IA = IB = IC .
Ta có: IA
2
= (x
2)
2
+ y
2
+ ( z
1)
2
;
IB
2
= (x
1)
2
+ y
2
+ z
2
;
IC
2
= (x
1)
2
+ (y
1)
2
+ ( z
1)
2
.
0,25
Suy ra hệ phơng trình:
=
=
=++
22
22
02
ICIB
IBIA
zyx
=+
=+
=++
1
2
2
zy
zx
zyx
0,25
.0;1 === yzx
0,25
== 1IA
R
Phơng trình mặt cầu là ( x
1)
2
+ y
2
+ ( z
1)
2
=1.
0,25
IV
2,0
1
Tính tích phân (1,0 điểm)
I =
3
2
2
ln(x x)dx
. Đặt
2
2
2x 1
du dx
uln(x x)
xx
dv dx
vx
=
=
=
=
.
0,25
33
3
2
2
22
2x 1 1
Ixln(x x) dx3ln62ln2 2 dx
x1 x1
= =+
0,25
()
3
2
3ln 6 2ln 2 2x ln x 1=+.
0,25
I = 3ln6
2ln2
2
ln2 = 3ln3
2.
0,25
2
Tìm số hạng không chứa x (1, 0 điểm)
Ta có:
()
7k
7
7k
k
33
7
44
k0
11
xCx
xx
=
+=
0,25
7k
k287k
77
kk
3
412
77
k0 k0
Cx x Cx
==
==
.
0,25
Số hạng không chứa x là số hạng tơng ứng với k
(k Z, 0 k 7)
thoả mãn:
40
12
728
==
k
k
.
0,25
Số hạng không chứa x cần tìm là
4
7
C35=
.
0,25
4
V
Chứng minh phơng trình có nghiệm duy nhất
1,0
x
5
x
2
2x
1 = 0 (1) .
(1)
x
5
= ( x + 1)
2
0
x
0
(x + 1)
2
1
x
5
1
x
1.
0,25
Với x
1: Xét hàm số
52
f(x) x x 2x 1=
. Khi đó f(x) là hàm số liên tục
với mọi x
1.
Ta có:
f(1) =
3 < 0, f(2) = 23 > 0. Suy ra f(x) = 0 có nghiệm thuộc ( 1; 2). (2)
0,25
f '( x) =
4444
5x 2x 2 (2x 2x ) (2x 2) x= + +
.
344
2x(x 1) 2(x 1) x 0, x 1=++>
.
0,25
Suy ra f(x) đồng biến trên [ 1; +
) (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra phơng trình đã cho có đúng một nghiệm. 0,25
www.boxmaths.com
* Giỏo trỡnh Toỏn Cao ng i Hc Cao Hc.
* Ti Liu Toỏn Thi Toỏn cho hc sinh THPT.
* Phn mm Toỏn.
* Giỏo Trỡnh T in Phn Mm Hc Ting Anh.
* Cỏc Phn mm ng dng khỏc.
www.boxmaths.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
Môn: TOÁN, khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I (2 điểm)
Gọi
m
(C )
là đồ thị của hàm số
32
1m1
yx x
323
=− +
(*) (
m
là tham số).
1)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi
m2.=
2)
Gọi M là điểm thuộc
m
(C ) có hoành độ bằng
1.−
Tìm
m
để tiếp tuyến của
m
(C )
tại
điểm
M
song song với đường thẳng
5x y 0.−=
Câu II
(2 điểm)
Giải các phương trình sau:
1)
2x 2 2x 1 x 1 4.++ +− +=
2)
44
3
cos x sin x cos x sin 3x 0.
442
ππ
⎛⎞⎛ ⎞
++ − −−=
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
Câu III
(3 điểm)
1)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho điểm
()
C2;0
và elíp
()
22
xy
E: 1.
41
+= Tìm
tọa độ các điểm
A,B
thuộc
()
E
, biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục
hoành và tam giác ABC là tam giác đều.
2)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1
x1 y2 z1
d:
312
−+ +
==
−
và
2
xyz2 0
d:
x3y12 0.
+−− =
⎧
⎨
+− =
⎩
a) Chứng minh rằng
1
d và
2
d song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng
(P) chứa cả hai đường thẳng
1
d và
2
d.
b) Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt hai đường thẳng
12
d,d lần lượt tại các điểm A, B. Tính
diện tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ).
Câu IV
(2 điểm)
1)
Tính tích phân
()
2
sin x
0
I e cos x cos xdx.
π
=+
∫
2)
Tính giá trị của biểu thức
()
43
n1 n
A3A
M
n1!
+
+
=
+
, biết rằng
22 22
n1 n2 n3 n4
C 2C 2C C 149
++ ++
+++=
(
n
là số nguyên dương,
k
n
A là số chỉnh hợp chập
k
của
n
phần tử và
k
n
C là số tổ hợp
chập k
của
n
phần tử).
Câu V
(1 điểm)
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz 1.
=
Chứng minh rằng
33 33
33
1x y 1y z
1z x
33.
xy yz zx
++ ++
++
++ ≥
Khi nào đẳng thức xảy ra?
Hết
Cán bộ
coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh Số báo danh
www.boxmaths.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
Môn: TOÁN, Khối D
(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
I
2,0
I.1 1,0
32
11
m2 y x x
33
=⇒= − +.
a) TXĐ: \.
b) Sự biến thiên:
2
y' x 2x, y' 0 x 0, x 2.=− =⇔= =
0,25
Bảng biến thiên:
x
−
∞ 0 2 + ∞
y’
+
0
−
0 +
y
1
3
−
1
+ ∞
∞
−
y
CĐ
1
() ()
CT
1
y0 ,y y2 1.
3
== ==−
0,25
c) Tính lồi lõm, điểm uốn
y'' 2x 2, y'' 0 x 1.=− =⇔=
x
−∞
1
+∞
y’’
−
0 +
Đồ thị hàm số
lồi
1
U1;
3
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
lõm
Đồ thị của hàm số nhận
1
U1;
3
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
là điểm uốn.
0,25
d) Đồ thị
-1
2
O
y
x
0,25
www.boxmaths.com
I.2 1,0
Ta có:
2
y' x mx.=−
Điểm thuộc (C
m
) có hoành độ
x1= −
là
m
M1;
2
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
Tiếp tuyến tại M của (C
m
) là
∆:
()( ) ( )
mm
yy'1x1ym1x
22
2
.
+
+= − +⇔= + +
0,25
∆ song song với
( hay
d:5x y 0−= d:y 5x=
) khi và chỉ khi
m15
m4
m20
+=
⎧
.⇔ =
⎨
+≠
⎩
Vậy
m4= .
0,50
II.
2,0
II.1 1,0
2x 2 2x 1 x 1 4.++ +− +=
ĐK:
x1
≥−
.
0,25
Phương trình đã cho tương đương với
() ()
2
2 x11 x14 2 x11 x14 x12
+ + − +=⇔ ++ − +=⇔ +=
0,50
x3
⇔=
.
0,25
II.2 1,0
Phương trình đã cho tương đương với
22
13
1 2sin xcos x sin 4x sin 2x 0
22
⎡⎤
π
⎛⎞
−+−+−
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦
2
=
0,25
2
2 sin 2x cos4x sin 2x 3 0⇔− − + −=
()
22
sin 2x 1 2sin 2x sin2x 1 0⇔− − − + − =
2
sin 2x sin 2x 2 0 sin 2x 1⇔+−=⇔=
hoặc
sin 2x 2= −
(loại).
0,50
Vậy
()
sin 2x 1 2x 2k x k k .
24
ππ
=⇔ =+π⇔=+π ∈]
0,25
2
www.boxmaths.com
III.
3,0
III.1 1,0
Giả sử
(
)
oo
Ax;y .
Do đối xứng nhau qua
Ox
nên
A,B
oo
B(x ; y ).
−
Ta có
và
2
o
AB 4y=
2
(
)
2
22
o0
AC x 2 y .=−+
0,25
Vì
(
)
AE∈
nên
22
22
oo
oo
xx
y1y1 (1)
44
+=⇒=− .
Vì
nên
AB AC=
(
)
2
22
ooo
x2 y4y (2)−+= .
0,25
Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được
o
2
oo
o
x2
7x 16x 4 0
2
x
7
=
⎡
⎢
− +=⇔
⎢
=
⎢
⎣
.
0,25
Với
thay vào (1) ta có
0
x= 2 0
0
y=
. Trường hợp này loại vì
AC≡ .
Với
0
2
x
7
=
thay vào (1) ta có
0
43
y.
7
=±
Vậy
243 2 43
A; ,B;
77 7 7
⎛⎞⎛
−
⎜⎟⎜
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
hoặc
243 243
A; ,B;
77 77
⎛⎞⎛
−
⎜⎟⎜
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
.
⎞
⎟
⎟
⎠
0,25
III.2a 1,0
1
d
đi qua
(
)
1
M1;2;1−−
và có vectơ chỉ phương
(
)
1
u3;1;2=− .
JJG
2
d
có vectơ chỉ phương là
()
2
1 1 1 1 1 1
u;;3;
3 0 0 1 1 3
⎛⎞
−−
==
⎜⎟
⎝⎠
1;2
−
JJG
.
0,25
Vì và nên
1
uu=
JJGJJG
2 21
Md∉
12
d//d.
0,25
Mặt phẳng (P) chứa nên có phương trình dạng
2
d
(
)
(
)
( )
22
xyz2 x3y12 0 0α + − − +β + − = α +β ≠ .
Vì
(
)
1
MP∈
nên
(
)
(
)
1212 1612 0 2 17 0.α−+− +β−− =⇔α+β=
0,25
Chọn
Phương trình (P) là:
17 2.α= ⇒β=−
15x 11y 17z 10 0.+ −−=
0,25
III.2b 1,0
Vì nên
A,B Oxz∈
AB
yy0==.
Vì
nên
1
Ad∈
AA
x12z
312
−+
==
1
−
⇒=
,
AA
xz 5=−
(
)
A5;0;5−⇒−
BB B
2
BB
xz20 x12
Bd B(12;0;10).
x120 z10
−−= =
⎧⎧
∈⇒ ⇔ ⇒
⎨⎨
−= =
⎩⎩
0,50
()() (
OA 5;0; 5 ,OB 12;0;10 OA,OB 0; 10;0 .
⎡⎤
=− − = ⇒ = −
⎣⎦
JJJG JJJG JJJG JJJG
)
OAB
11
SOA,OB.10
22
∆
⎡⎤
==
⎣⎦
JJJG JJJG
5
= (đvdt).
0,50
3
www.boxmaths.com
IV
2,0
IV.1
1,0
()
22
sin x
00
1cos2x
Iedsinx d
2
ππ
+
=+
∫∫
x
0,25
sin x
22
00
11
exsin2x
22
ππ
⎛⎞
=++
⎜⎟
⎝⎠
0,50
e1
4
π
=+ −
.
0,25
IV.2 1,0
ĐK: .
n3≥
Ta có
22 22
n1 n2 n3 n4
C 2C 2C C 149
++ ++
+++=
(
)
()
(
)
(
)
()
(
)
()
n 1! n 2! n 3! n 4!
2 2 149
2! n 1 ! 2!n! 2! n 1 ! 2! n 2 !
++++
⇔++ + =
−++
0,25
2
n4n450n5,n⇔+−=⇔= =−9
.
.
Vì n nguyên dương nên
n5=
0,25
43
65
6! 5!
3.
A3A
3
2! 2!
M.
6! 6! 4
+
+
===
0,50
V
1,0
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
33 33
3
33
1 x y 3 1.x .y 3xy
1x y
3
(1).
xy
xy
++≥ =
++
⇔≥
0,25
Tương tự
33
33
1y z
3
(2)
yz
yz
1z x 3
(3).
zx
zx
++
≥
++
≥
0,25
Mặt khác
3
333 333
3.
xy yz zx xy yz zx
++≥
333
33 (4).
xy yz zx
⇒++≥
0,25
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) và (4) ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra
(1), (2), (3) và (4) là các đẳng thức
⇔ ⇔
.xyz1
0,25
= ==
Hết
4
www.boxmaths.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
3
yx 3x2=−+.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2.
Gọi d là đường thẳng đi qua điểm
A(3; 20)
và có hệ số góc là m. Tìm m để đường thẳng d
cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt.
Câu II
(2 điểm)
1.
Giải phương trình: cos3x cos2x cosx 1 0.+−−=
2.
Giải phương trình:
()
2
2x 1 x 3x 1 0 x .
−+ − += ∈\
Câu III
(2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và hai đường thẳng:
12
x2 y2 z3 x1 y1 z1
d: , d : .
211 121
−+− −−+
== ==
−−
1.
Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d
1
.
2.
Viết phương trình đường thẳng
Δ
đi qua A, vuông góc với d
1
và cắt d
2
.
Câu IV
(2 điểm)
1.
Tính tích phân:
()
1
2x
0
I x 2 e dx.=−
∫
2.
Chứng minh rằng với mọi
a0>
, hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
xy
e e ln(1 x) ln(1 y)
yx a.
⎧
−= +− +
⎪
⎨
−=
⎪
⎩
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban
(2 điểm)
1.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
22
xy2x2y10+−−+=
và
đường thẳng d:
xy30.−+=
Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có
bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
2.
Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có
12
học sinh, gồm
5
học sinh lớp A,
4
học sinh lớp
B
và
3
học sinh lớp
C.
Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4
học sinh này thuộc không quá
2
trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm
(2 điểm)
1.
Giải phương trình:
22
xx xx 2x
24.2240.
+−
−−+=
2.
Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA vuông
góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các
đường thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh
số báo danh
www.boxmaths.com
