Đề thi thử Đại học môn Toán và đáp án tham khảo

TRƯỜNG THPT H ẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn: TOÁN
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
2x 3
y
x 2
−
=
−
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A,
B sao cho AB ngắn nhất .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0
2. Giải phương trình: x
2
– 4x - 3 =
x 5+
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
1
2
1
dx
1 x 1 x
−
+ + +
∫
Câu IV (1 điểm)

Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với
mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn
nhất .
Câu V ( 1 điểm )
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
1 1 1
4
x y z
+ + =
. CMR:
1 1 1
1
2 2 2x y z x y z x y z
+ + ≤
+ + + + + +
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a.( 2 điểm )
1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm
trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua
điểm (3;1)
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) :
x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :
(d)
x 1 3 y z 2
1 1 2
+ − +
= =
−
và (d’)

x 1 2t
y 2 t
z 1 t
= +


= +


= +

Viết phương trình tham số của đường thẳng (
∆
) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường
thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng .
Câu VIIa . ( 1 điểm )
Tính tổng :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
S C C C C C C C C C C C C= + + + + +
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b.( 2 điểm )
1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :
(C
1
) : (x - 5)
2
+ (y + 12)
2
= 225 và (C

2
) : (x – 1)
2
+ ( y – 2)
2
= 25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :
(d)
x t
y 1 2t
z 4 5t
=


= +


= +

và (d’)
x t
y 1 2t
z 3t
=


= − −


= −


a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau .
b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) .
Câu VIIb.( 1 điểm ) Giải phương trình :
( )
5
log x 3
2 x
+
=
1
trờng thpt hậu lộc 2

đáp án đề thi thử đại học lần 2 năm học 2009 - 2010
Môn thi: toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu Nội dung Điểm
I
2.0đ
1
1.25
đ
Hàm số y =
2x 3
x 2


có :
- TXĐ: D =

R
\ {2}
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn :
x
Lim y 2

=
. Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng y = 2 làm TCN
,
x 2 x 2
lim y ; lim y
+

= = +
. Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng x = 2 làm TCĐ
+) Bảng biến thiên:
Ta có : y =
( )
2
1
x 2


< 0
x D
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
;2
và hàm số không có cực trị

- Đồ thị
+ Giao điểm với trục tung : (0 ;
3
2
)
+ Giao điểm với trục hoành :
A(3/2; 0)
- ĐTHS nhận điểm (2; 2)
làm tâm đối xứng
0,25
0,25
0,25
0,5
2
0,75
Ly im
1
M m;2
m 2

+
ữ


( )
C
. Ta cú :
( )
( )
2

1
y' m
m 2
=

.
Tip tuyn (d) ti M cú phng trỡnh :

( )
( )
2
1 1
y x m 2
m 2
m 2
= + +


Giao im ca (d) vi tim cn ng l :
2
A 2;2
m 2

+
ữ


Giao im ca (d) vi tim cn ngang l : B(2m 2 ; 2)
0,25
0,25

2
8
6
4
2
-2
-4
-5
5
10
y
y
x
+

-
+

2
-
22
2
Ta có :
( )
( )
2
2
2
1
AB 4 m 2 8

m 2
 
= − + ≥
 
−
 
 
. Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2)
0,25đ
II
2,0®
1
1,0®
Phương trình đã cho tương đương với :
2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0

( ) ( )
sin x cosx
2 1 sin x 1 cosx 0
cosx sin x
2 sin x cosx cosx.sin x 3 sin x cosx cosx.sin x
0
cosx sin x
   
⇔ + − + + − =
 ÷  ÷
   
+ − + −
⇔ + =

( )
2 3
cosx sin x cosx.sin x 0
cosx sin x
 
⇔ + + − =
 ÷
 
• Xét
2 3 3
0 tan x tan x
cosx sin x 2
−
+ = ⇔ = = α ⇔ = α + πk
• Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx
với
t 2; 2
 
∈ −
 
. Khi đó phương trình trở thành:
2
2
t 1
t 0 t 2t 1 0 t 1 2
2
−
− = ⇔ − − = ⇔ = −
Suy ra :
1 2

2cos x 1 2 cos x cos
4 4
2
π π −
   
− = − ⇔ − = = β
 ÷  ÷
   
x 2
4
π
⇔ = ±β + πk
0,25
0,25
0,5
2
1,0®
x
2
- 4x + 3 =
x 5+
(1)
TX§ : D =
[
5; )− +∞
( ) ( )
2
1 x 2 7 x 5⇔ − − = +
®Æt y - 2 =
x 5+

,
( )
2
y 2 y 2 x 5≥ ⇒ − = +
Ta cã hÖ :
( )
( )
( )
( ) ( )
2
2
2
x 2 y 5
x 2 y 5
y 2 x 5 x y x y 3 0
y 2 y 2

− = +

− = +


 
− = + ⇔ − + + =
 
 
≥ ≥





( )
( )
2
2
x 2 y 5
x y 0
5 29
x
2
x 2 y 5
x 1
x y 3 0
y 2



− = +





− =




+


=


⇔ ⇔
 
− = +






= −


+ + =





≥

0,25
0,25
0,5
III
1.0®
1®
Ta có :

1
2
1
dx
1 x 1 x
−
+ + +
∫
=
( )
( )
1 1
2 2
2
2
1 1
1 x 1 x 1 x 1 x
dx dx
2x
1 x 1 x
− −
+ − + + − +
= =
+ − +
∫ ∫
1 1
2
1 1
1 1 1 x
1 dx dx

2 x 2x
− −
+
 
= + −
 ÷
 
∫ ∫
0,5
0,5
3
•
1
1
1 1
1
1 1 1
I 1 dx ln x x | 1
2 x 2
−
−
 
= + =  +  =
 ÷
 
 
∫
•
1
2

2
1
1 x
I dx
2x
−
+
=
∫
. Đặt
2 2 2
t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx= + ⇒ = + ⇒ =
Đổi cận :
x 1 t 2
x 1
t 2

= =

⇒


= −
=



Vậy I
2
=

( )
2
2
2
2
t dt
0
2 t 1
=
−
∫
Nên I = 1
IV
2® 1.0®
Gọi
ϕ
là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .
Ta có :
·
SCAϕ =
; BC = AC = a.cos
ϕ
; SA = a.sin
ϕ
Vậy
( )
3 2 3 2
SABC ABC
1 1 1 1
V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin

3 6 6 6
= = = ϕ ϕ = ϕ − ϕ
Xét hàm số : f(x) = x – x
3
trên khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x
2
.
( )
1
f ' x 0 x
3
= ⇔ = ±

Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số
f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm
cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN
hay
( )
( )
x 0;1
1 2
Max f x f
3 3 3
∈
 
= =
 ÷
 
Vậy MaxV

SABC
=
3
a
9 3
, đạt được khi
sin
ϕ
=
1
3
hay
1
arcsin
3
ϕ =
( với 0 <
2
π
ϕ <
)
0,25
0,5
V
1.0®
+Ta có :
1 1 1 1
2 4 2
.( )
x y z x y z

≤ +
+ + +
;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z y x z
≤ +
+ + +
;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z z y x
≤ +
+ + +
+ Lại có :
1 1 1 1
( );
x y 4 x y
≤ +
+

1 1 1 1
( );
y z 4 y z
≤ +
+

1 1 1 1

( );
x z 4 x z
≤ +
+
cộng các BĐT này ta được đpcm.
1®
VIa
2®
1
1®
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình :
a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a
2
+ b
2

≠
0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của
AB tạo với BC nên :

2 2 2 2 2 2 2 2
2a 5b 2.12 5.1
2 5 . a b 2 5 . 12 1
− +
=
+ + + +
0,25
0,25
4
A

B
C
S
ϕ

2 2
2a 5b
29
5
a b
−
⇔ =
+

( )
( )
2
2 2
5 2a 5b 29 a b⇔ − = +

⇔
9a
2
+ 100ab – 96b
2
= 0
a 12b
8
a b
9

= −


⇒

=

Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1)
không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác .
Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0
0,25
0,25
2
1®
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5)
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :

x 9 t
y 6 8t
z 5 15t
= −


= −


= −

+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP

( )
u 1;1;2
v
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP
( )
u ' 2;1;1
uur
Ta có :
•
( )
MM ' 2; 1;3= −
uuuuur
•
( )
( )
1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 2 1
MM ' u,u ' 2; 1;3 ; ; 8 0
 
= − = − ≠
 
uuuuur r uur
Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó :

( ) ( )
( )
MM' u, u '
8
d d , d'

11
u,u '
 
 
= =
 
 
uuuuur r uur
r uur
0,25
0,25
0,25
0,25
VIIa 1đ
Chọn khai triển :
( )
5
0 1 2 2 5 5
5 5 5 5
x 1 C C x C x C x+ = + + + +L
( )
7
0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 5
7 7 7 7 7 7 7 7
x 1 C C x C x C x C C x C x C x+ = + + + + = + + + + +L L L
Hệ số của x
5
trong khai triển của (x + 1)
5
.(x + 1)

7
là :

0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
C C C C C C C C C C C C+ + + + +
Mặt khác : (x + 1)
5
.(x + 1)
7
= (x + 1)
12
và hệ số của x
5
trong khai triển của
(x + 1)
12
là :
5
12
C
Từ đó ta có :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
C C C C C C C C C C C C+ + + + +
=
5
12
C
= 792

.0,25
0,25
0,25
0,25
5
VIb
2đ
1
1đ
Đường tròn (C
1
) có tâm I
1
(5 ; -12) bán kính R
1
= 15 , Đường tròn (C
2
) có tâm
I
2
(1 ; 2) bán kính R
1
= 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0
(A
2
+ B
2

≠
0) là tiếp tuyến chung của (C

1
) và (C
2
) thì khoảng cách từ I
1
và I
2

đến đường thẳng đó lần lượt bằng R
1
và R
2
, tức là :

( )
( )
2 2
2 2
5A 12B C
15 1
A B
A 2B C
5 2
A B
 − +
=

 +

+ +


=

+

Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C |
Hay 5A – 12B + C =
±
3(A + 2B + C)
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)
⇒
C = A – 9B thay vào (2) :
|2A – 7B | = 5
2 2
A B+

2 2
21A 28AB 24B 0⇒ + − =
14 10 7
A B
21
− ±
⇒ =
Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14
10 7±
, C =
203 10 7− ±
Vậy có hai tiếp tuyến :
(- 14
10 7±

)x + 21y
203 10 7− ±
= 0
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)
4A 3B
C
2
− +
⇒ =
, thay vào (2) ta
được : 96A
2
+ 28AB + 51B
2
= 0 . Phương trình này vô nghiệm .
0,25
0,25
0,25
0,25
2
1®
a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP
( )
u 1;2;5
v
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP
( )
u ' 1; 2; 3− −
uur
Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là

1 3
I ;0;
2 2
 
−
 ÷
 
hay (d) và (d’) cắt
nhau . (ĐPCM)
b) Ta lấy
u
15 15 15
v .u ' ; 2 ; 3
7 7 7
u '
 
= = − −
 ÷
 ÷
 
r
r uur
uur
.
Ta đặt :
15 15 15
a u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
 
= + = + − −

 ÷
 ÷
 
r r r

15 15 15
b u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
 
= − = − + +
 ÷
 ÷
 
r r r
Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt
nhận hai véctơ
a,b
r r
làm VTCP và chúng có phương trình là :

1 15
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t
2 7


 
= − + +

 ÷
 ÷

 

 

= −
 ÷

 ÷
 


 

= + −
 ÷
 ÷

 

và
1 15
x 1 t
2 7
15

y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t
2 7

 
= − + −

 ÷
 ÷

 

 

= +
 ÷

 ÷
 


 

= + +
 ÷
 ÷

 


6
VIIb 1®
ĐK : x > 0
PT đã cho tương đương với : log
5
( x + 3) = log
2
x (1)
Đặt t = log
2
x, suy ra x = 2
t

( )
( )
t t t
5
2 log 2 3 t 2 3 5⇔ + = ⇔ + =

t t
2 1
3 1
3 5
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
(2)
Xét hàm số : f(t) =

t t
2 1
3
3 5
   
+
 ÷  ÷
   
f'(t) =
t t
2 1
ln 0,4 3 ln0,2 0, t
3 5
   
+ < ∀ ∈
 ÷  ÷
   
R
Suy ra f(t) nghịch biến trên R
Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log
2
x = 1 hay x =2
Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2
0,25
0,25
0,25
0,25
7
TRƯỜNG THPT H ẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2008 - 2009
Môn: TOÁN

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 2 2 2
y x 3mx 3 m 1 x m 1= − + − − −
(
m
là tham số) (1).
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
m 0.
=
4. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ
dương .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2sin 2x 4sin x 1 0.
6
π
 
− + + =
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
( )
( )

2 2
2 2
x y x y 13
x, y .
x y x y 25

− + =

∈

+ − =


¡
Câu III (1 điểm)Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật với
AB a, AD 2a,= =
cạnh
SA
vuông góc với đáy, cạnh
SB
tạo với mặt phẳng đáy một góc
o
60 .
Trên cạnh
SA
lấy điểm

M
sao
cho
a 3
AM
3
=
. Mặt phẳng
( )
BCM
cắt cạnh
SD
tại điểm
N
. Tính thể tích khối chóp
S.BCNM.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân:
6
2
dx
I
2x 1 4x 1
=
+ + +
∫
2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 2sin
8
x + cos
4

2x
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a.( 3 điểm ) Theo chương trình Chuẩn
1. Cho đường tròn (C) :
( ) ( )
2 2
x 1 y 3 4− + − =
và điểm M(2;4) .
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M
là trung điểm của AB
b) Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn (C) có hệ số góc k = -1 .
2. Cho hai đường thẳng song song d
1
và d
2
. Trên đường thẳng d
1
có 10 điểm phân biệt, trên
đường thẳng d
2
có n điểm phân biệt (
n 2≥
). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm
đã cho. Tìm n.
Câu V.b.( 3 điểm ) Theo chương trình Nâng cao
1. Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của
( )
100
2
x x+

, chứng minh rằng:

99 100 198 199
0 1 99 100
100 100 100 100
1 1 1 1
100C 101C 199C 200C 0.
2 2 2 2
       
− +×××− + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
2. . Cho hai đường tròn : (C
1
) : x
2
+ y
2
– 4x +2y – 4 = 0 và (C
2
) : x
2
+ y
2
-10x -6y +30 = 0
có tâm lần lượt là I, J
a) Chứng minh (C
1
) tiếp xúc ngoài với (C
2

) và tìm tọa độ tiếp điểm H .
b) Gọi (d) là một tiếp tuyến chung không đi qua H của (C
1
) và (C
2
) . Tìm tọa độ giao điểm K
của (d) và đường thẳng IJ . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua K và tiếp xúc với hai
đường tròn (C
1
) và (C
2
) tại H .
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
8
trờng thpt hậu lộc 2

đáp án đề thi thử đại học lần 1 năm học 2008 - 2009
Môn thi: toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu Nội dung Điểm
I
2.0đ
1
1,25đ
Với m = 0 , ta có :
y = x
3
3x + 1

- TXĐ:
R
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn :
x x
Lim y ; Lim y
+
= = +
+) Bảng biến thiên:
Ta có : y = 3x
2
3
y = 0

x = -1 hoặc x = 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( )
; 1
và
( )
1;+
, nghịch biến trên
khoảng ( -1; 1)
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1, giá trị cực đại của hàm số là y(-1) =3
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, giá trị cực tiểu của hàm số là y(1) =-1
- Đồ thị
+ Điểm uốn : Ta có : y = 6x , y" = 0 tại điểm x = 0 và y" đổi dấu từ dơng
sang âm khi x qua điểm x = 0 . Vậy U(0 ; 1) là điểm uốn của đồ thị .
+ Giao điểm với trục tung : (0 ;1)
+ ĐTHS đi qua các điểm :

A(2; 3) , B(1/2; -3/8)
C(-2; -1)
0,25
0,25
0,25
0,5
2
0.75đ
Để ĐTHS (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dơng, ta phải
có :
( ) ( )
( )
1 2
y'
1
2
x x
0
x 0
x 0
y y 0
y 0 0

>

>


>

<


<

V
(I)
Trong đó : y = 3( x
2
2mx + m
2
1)

y
= m
2
m
2
+ 1 = 1 > 0 với mọi m
y = 0 khi x
1
= m 1 = x
CĐ
và x
2
= m + 1 = x
CT
.
(I)

( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
m 1 0
m 1 0
3 m 1 2
m 1 m 3 m 2m 1 0
m 1 0
>


+ >

< < +

<


<

0,25
0,5
9
y
y
x
+

+

+

-1
+
00
-
1
3
-1
6
4
2
-2
-4
-5
5
10
y
x
II
2,0đ
1
1,0đ
Ta có :
2sin 2x 4sin x 1 0.
6


+ + =
ữ

3
sin2x cos2x + 4sinx + 1 = 0


3
sin2x + 2sin
2
x + 4 sinx = 0

sinx (
3
cosx + sinx + 2 ) = 0

sinx = 0 (1) hoặc
3
cosx + sinx + 2 = 0 (2)
+ (1)
x = k
+ (2)
3 1
cosx sin x 1
2 2
+ =


sin x 1
3

+ =
ữ

5
x 2
6

= + k
0,25
0,5
2
1,0đ
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
x y x y 13 1
x y x y 25 2

+ =


+ =

( )
( )
3 2 2 3
3 2 2 3
x xy x y y 13 1'
y xy x y x 25 2'

+ =



+ =


Lấy (2) - (1) ta đợc : x
2
y xy
2
= 6
( )
x y xy 6 =
(3)
Kết hợp với (1) ta có :
( )
( )
( )
( )
2 2
x y x y 13
I

x y xy 6

+ =


=


. Đặt y = - z ta có :
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
2
2 2
x z x z 13 x z x z 2xz 13
I
x z xz 6
x z xz 6



+ + = + + =

+ =

+ =


đặt S = x +z và P = xz ta có :
( )
2
3
S S 2P 13
S 1
S 2SP 13
P 6
SP 6
SP 6

=

=

=



=
=

=

Ta có :
x z 1
x.z 6
+ =


=

. Hệ này có nghiệm
x 3
z 2
=


=

hoặc
x 2
z 3
=


=

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là : ( 3 ; 2) và ( -2 ; -3 )
0,25
0,25
0,25

0,25
III
1.0đ
1đ
Ta có ( SAB)

( BCNM) và
( ) ( )
SAB BCNM BM =
.
Từ S hạ SH vuông góc với đờng thẳng BM
thì SH

(BCNM) hay SH là đờng cao
của hình chóp SBCNM.
Mặt khác :
SA = AB.tan60
0
= a
3
.
Suy ra : MA =
1
3
SA
Lại có : MN là giao tuyến của của
mp(BCM) với mp(SAD), mà
BC // (SAD) nên NM // AD và MN // BC
Do đó :
MN SM 2 4a

MN
AD SA 3 3
= = =
Vì AD

(SAB) nên MN

(SAB) , suy ra MN

BM và BC

BM
Vậy thiết diện của mp(BCM) với hình chóp SABCD là hình thang vuông
BCNM .
0,5
10
N
D
B
C
A
S
M
H
Ta có : S
BCNM
=
( )
1
MN BC BM

2
+
Trong đó : BC = 2a , MM
4a
3
=
và BM =
2 2
AB AM+
=
2a 3
3
Vậy S
BCNM
=
2
4a
2a
2a 3 10a 3
3
2 3 9

+
ữ
=
ữ
ữ

Khi đó : V
SBCNM

=
1
3
SH. S
BCNM
Tính SH : Ta có MAB
:
MHS , suy ra :
SH MS
AB BM
=
MS.AB
SH
MB
= =
2a 3
.a
3
a
2a 3
3
=
Vậy : V
SBCNM
=
1
3
.a.
2
10a 3

9
=
3
10a 3
27
0,5
IV
2đ
1
1.0đ
đặt
t 4x 1= +
, ta có dt =
2dx
4x 1+
hay
t
2
dt = dx và
2
t 1
x
4

=
Khi x = 2 thì t = 3 và khi x= 6 thì t = 5
Khi đó :
5
2
3

tdt
I
t 1
2 1 t
2
=


+ +
ữ


=
( )
5
2
3
tdt
t 1+

( )
5
2
3
1 1
dt
t 1
t 1

ữ

=
ữ
+
+


=
5
3
1
ln t 1
t 1

+ +
ữ
+

=
3 1
ln
2 12

0,25
0,5
2
1.0đ
Đặt t = cos2x
( )
1 t 1
thì sin

2
x =
1 t
2

+
( ) ( ) ( )
3 3
3 3
1 1
f ' t 4t t 1 8t t 1
2 2

= + = +

( ) ( ) ( )
2
2
1
2t t 1 4t 2t t 1 t 1
2

= + + +

=
( )
( )
2
1
3t 1 7t 4t 1

2
+
Bảng biến thiên
Qua bảng biến thiên ta có : miny =
1
27
và maxy = 3
0,25
0,5
Va
3đ
1a
Đờng tròn (C) : ( x 1)
2
+ ( y 3 )
2
= 4 có tâm I ( 1 ; 3) và bán kính
R = 2 .
Ta có : (d) :
( ) ( )
( )
( )
Qua M 2;4
qua M qua M
d : d :
MA MN AB MI
vtpt MI 1;1

=



uuur

(d) : x 2 + y 4 = 0

(d) : x + y 6 = 0
0,25
0,5
0,25
11
t
f(t)
f(t)
-1 1/3 1
+
0
-
3
1
27
1
1b
Đờng thẳng (d) với hệ số góc k = -1 có dạng : y = -x + m
hay x + y m =0 (1)
Đờng thẳng (d) là tiếp tuyến của đờng tròn (C)

kc(I,(d)) = R
1
2
1 3 m
m 4 2 2
2
1 1
m 4 2 2

+
= +
=

+
=


+ Vậy có 2 tiếp tuyến thoả mãn đề bài là : x + y 4
2 2
= 0
0,25
0,5
0,25
2
Theo đề ra ta có :
3 3 3
n 10 10 n
C C C 2800
+

=
(
n 2
)
( )
( ) ( )
n 10
10! n!
2800
3! n 7 ! 3!7! 3! n 3 !
+
=
+
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n 10 n 9 n 8 10.9.8 n n 1 n 2 2800.6 + + + =

n
2
+ 8n 560 = 0

n 20
n 28 2
=


= <

Vậy n = 20
0,25
0,25

0,25
0,25
Vb
3.0 đ
1
Ta có : [(x
2
+ x )
100
] = 100(x
2
+ x )
99
( 2x +1) (1)
và
( )
100
2 0 100 1 101 2 102 99 199 100 200
100 100 100 100 100
x x C x C x C x C x C x+ = + + + + +L
( )
100
2 0 99 1 100 99 198 100 199
100 100 100 100
x x ' 100C x 101C x 199C x 200C x

+ = + + + +


L

(2)
Từ (1) và (2) ta thay
1
x
2
=
, ta đợc
99 100 198 199
0 1 99 100
100 100 100 100
1 1 1 1
100C 101C 199C 200C 0.
2 2 2 2

+ììì + =
ữ ữ ữ ữ

0.25
0.5
0,25
2a
(C
1
) có tâm I( 2 ; -1) và bán kính R
1
= 3 . (C
2
) có tâm J(5;3) và bán kính R=2.
Ta có : IJ
2

= ( 5 2)
2
+ ( 3 + 1)
2
= 25

IJ = 5 = R
1
+ R
2

Suy ra (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc ngoài với nhau . Tọa độ tiếp điểm H đợc xác định
bởi :
( ) ( )
( ) ( )
H
I H J H
I H J H
H
19
x
2 x x 3 x x
5
2HI 3HJ
7
2 y y 3 y y

y
5

=


=

=

=



=


uur uuuur
0,25
0,25
0,5
2b
Có :
2KI 3KJ=
uur uuuur
( ) ( )
( ) ( )
I K J K
K
K

I K J K
2 x x 3 x x
x 11
y 11
2 y y 3 y y

=
=




=
=



Đờng tròn (C) qua K , tiếp xúc với (C
1
) , (C
2
) tại H nên tâm E của (C) là
trung điểm của KH :
37 31
E ;
5 5

ữ

. Bán kính (C) là EH = 6

Phơng trình của (C) là :
2
37 31
x y 36
5 5

+ =
ữ ữ

0,5
0,5
12