Trờng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2010 (lần 2) Môn Thi: Toán (khối A) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 13 = x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tọa độ hai điểm M, N thuộc hai nhánh của (C) sao cho độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phơng trình: x x x 2sin 42 sin212cos 424 + =+ 2. Giải bất phơng trình: 3 2 212 + + x x xx (x R ) Câu III(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ã BAD = 120 0 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA = 2a . Gọi M là trung điểm của CD, N là hình chiếu vuông góc của S lên BM. Tính thể tích khối chóp S.AMN. Câu IV (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng 1 2 += xy và 1 1 2 + + = x x y . Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ phơng trình sau có nghiệm (x 0 ; y 0 ) thỏa mãn 71 0 x +=+ =++ 11log]2)(2[log 14 22 22 yyx myx yx (x, y R ). Phần riêng (3điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2 Phần 1: (Theo chơng trình Chuẩn) Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đờng tròn (C): 0722 22 =++ yxyx . Tìm m để trên đờng thẳng : x y + m = 0 có đúng 3 điểm mà từ mỗi điểm đó kẻ đợc đúng hai tiếp tuyến với (C) và mỗi cặp tiếp tuyến đó tạo với nhau một góc 60 0 . 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đờng thẳng 1 1 3 1 1 2 : = = zyx d và hai mặt phẳng ( ) : 3 4 14 0, ( ) : 2 2 3 0 + = + + =P x y Q x y z . Viết phơng trình mặt cầu có tâm nằm trên d, tiếp xúc với (P) và cắt (Q) theo một đờng tròn có diện tích bằng 16 . Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên gồm 8 chữ số sao cho mỗi chữ số có mặt ít nhất một lần và các chữ số chẵn không đứng cạnh nhau. Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao) Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y 2 = 8x có tiêu điểm F, là đ- ờng thẳng đi qua F và cắt (P) tại hai điểm M, N phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của tích FM.FN. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có bán kính R = 3, tiếp xúc với đ- ờng thẳng 1 1 3 : 1 3 4 + = = x y z d , có tâm I nằm trên đờng thẳng 2 2 1 : 1 1 2 + = = x y z d và I nằm trong mặt cầu tâm O, bán kính R = 2. Viết phơng trình mặt phẳng tiếp diện của (S) vuông góc với d 1 . Câu VII.b (1 điểm) Gọi z 1 , z 2 là hai nghiệm phức của phơng trình 0164 2 =++ zz , n là số tự nhiên thỏa mãn 40961 4 4 2 4 6 4 4 4 2 4 0 4 =+++++ n n k n k nnnn CC)(CCCC . Tìm phần thực của số phức A = nn zz 21 + ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử). ***Hết*** Chú ý: Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trờng thpt đông sơn i Kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2010(lần 2) Hớng dẫn chấm môn toán khối A - Điểm toàn bài không làm tròn. - Học sinh làm các khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa. - Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn. Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số 1,00 1) Hàm số có TXĐ: { } 3\R 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận: * +== + ylim;ylim 3x3x Do đó đờng thẳng x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0,25 * == + 3ylimylim xx lim lim 2 + = = x x y y đờng thẳng y = 3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. b) Bảng biến thiên: Ta có: ( ) 3x,0 3x 8 'y 2 < = 0,25 Bảng biến thiên: x - 3 + y - - y 3 - + 3 * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) 3; và ( ) +;3 0,25 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung tại 3 1 ;0 và cắt trục hoành tại điểm 0; 3 1 + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 3; 3) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 I.2 Tìm tọa độ hai điểm M, N 1.00 Giả sử x M < 3, x N > 3, khi đó ++= = n 8 3;n3N, m 8 3;m3M với m, n > 0. 0,25 64 mn 64 mn4 n 1 m 1 264)mn2( n 8 m 8 )nm(MN 2 2 2 22 += + +++= 0,25 8MN , dấu = xảy ra khi 22nm mn 64 mn 0nm == = >= 0,25 Vậy hai điểm cần tìm là M( 223;223 ) và N( 223;223 ++ ) 0,25 II.1 Giải phơng trình lợng giác 1,00 =+++ =+ 2 xcos11)x2sinx2)(cosx2sinx2(cosx2sin 42 x sin21x2cos 2222424 0,25 y O x 3 3 1/3 1/3 I 2 ++ = + = = 2kx 2 3 x4 2kx 2 3 x4 x 2 3 cosx4cos )Zk( 3 2k 2 x 5 2k 10 3 x + = + = 0,25 0,25 0,25 II.2 Giải bất phơng trình 1,00 Điều kiện: 1x . 3 2 212 )2()1(4 3 2 212 + ++ + + + x x xx xx x x xx 0,25 )1( 3 2 212 )2(3 + ++ x x xx x - Ta thấy x = 2 là nghiệm của (1) 0,25 - Nếu x > 2 thì 2x1x23x3 3x 1 2x1x2 3 )1( +++ + ++ (2) Do 2x3x,1x3x +>+>+ nên (2) hiển nhiên đúng. 0,25 - Nếu 2x1 < thì 2x1x23x3 3x 1 2x1x2 3 )1( +++ + ++ (3) Tơng tự nh trên ta có (3) vô nghiệm Vậy bất phơng trình đã cho có tập nghiệm S = );2[ + 0,25 III Tính thể tích khối chóp 1,00 Ta có SN BM, SA BM suy ra BM AN. Do đó MN.AN.SA 6 1 S.SA 3 1 V AMNAMN.S == 0,25 Ta có tam giác ACD đều nên AM CD, 2 3a AM = . Do AB // CD nên AB AM 7 21a AN a3 7 AM 1 AB 1 AN 1 2222 ==+= 0,25 14 7a3 7 a3 4 a3 ANAMMN 22 22 === 0,25 Vậy 28 6a 14 7a3 . 7 21a .2a 6 1 V 3 AMN.S == (đvtt) 0,25 IV Tính diện tích hình phẳng 1,00 Hoành độ giao điểm của hai đờng là nghiệm của phơng trình 1x,0x1x1x 1x 1x 1x 2 2 2 ==+=+ + + =+ Diện tích hình phẳng + + + = + + += 1 0 1 0 2 1 0 22 2 dx1xdx 1x 1x dx 1x 1x 1xS 0,25 S A B C D M N 3 +) ++=++++= + + + = + + 1 0 1 0 2 1 0 2 2 1 0 2 1 0 2 )21ln(121xxln1x 1x dx 1x xdx dx 1x 1x 0,25 +) Tính += 1 0 2 dx1xI , đặt = + = = += xv 1x xdx du dxdv 1xu 2 2 ++= + ++= + += 1 0 1 0 1 0 2 2 2 2 1 0 2 )21ln(I2 1x dx dx1x2 1x dxx 1xxI )21ln( 2 1 2 2 I ++= 0,25 Vậy 1)21ln( 2 1 2 2 )21ln( 2 1 2 2 )21ln(12S ++=+++= 0,25 V Tìm m để hệ có nghiệm 1,00 +=+ =++ )2(11logy]2)yx(2[log )1(m1y4x 2 yx 2 22 (2) 011yx22.112)yx(2 yxyyx =+=+ (3) Xét g(t) = t2 t + - 11, t,012ln2)t('g t >+= suy ra g(t) đồng biến trên R, mà g(3) = 0 nên g(t) có nghiệm duy nhất t = 3. Nên (3) x3y3yx == 0,25 Thế vào (1) ta đợc m1)3x(4x 22 =++ (4) Xét =)x(f 1)3x(4x 22 ++ , với ]7;1[x . 1)3x( 3x 4x x )x('f 22 + + = f(x) = 0 4x)3x(1)3x(x0 1)3x( 3x 4x x 22 22 +=+= + + 2x,6x)3x(4x)4x()3x(]1)3x[(x 222222 ===+=+ Thử lại ta thấy f(x) có nghiệm duy nhất x = 6. 0,25 f(1) = 0; f(6) = 10 ; 1753)7(f = nên 10)6(f)x(fmax;0)1(f)x(fmin ]7;1[]7;1[ ==== 0,25 Yêu cầu bài toán tơng đơng với (4) có nghiệm thuộc [1; 7] điều này xảy ra khi và chỉ khi 10m0 0,25 VIa.1 Tìm m để có 3 điểm trên 1,00 (C) có tâm I(-1; 1), bán kính R = 3 Gọi M là điểm nằm trên mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) và tạo với nhau một góc 60 0 , gọi A, B là hai tiếp điểm. +) Nếu góc AMB = 60 0 , thì IM = 2IA = 6 do đó M là giao của với đờng tròn (C 1 ) tâm I, bán kính R 1 = 6 0,25 +) Nếu góc AMB = 120 0 , thì IM = 2IA/ 3 = 32 do đó M là giao của với đờng tròn (C 2 ) tâm I, bán kính R 2 = 32 0,25 Để trên có 3 điểm M nh thế thì phải có đúng 3 giao điểm với (C 1 ) và (C 2 ), đây là hai đờng tròn đồng tâm nên điều này xảy ra khi và chỉ khi tiếp xúc với (C 2 ). 0,25 Do đó 622m32 2 m11 32),M(d == + = 0,25 VIa.2 Viết phơng trình mặt cầu 1,00 Gọi I là tâm của mặt cầu (S) cần tìm, do I d nên )t1;t31;t2(I +++= 0,25 4 Do (S) tiếp xúc với (P) nên (S) có bán kính R = 5 16t9 ))P(,I(d = Đờng tròn tạo bởi (S) và (Q) có diện tích bằng 16 nên nó có bán kính r = 4. Khoảng cách từ I đến (Q): 2t 3 6t3 ))Q(,I(dd = + == Ta có 22 2 222 4)2t( 25 )16t9( rdR += += = = = 14/61t 1t 0244t188t56 2 0,25 +) Với t = - 1 thì I = (1; - 2; 0), R = 5 25z)2y()1x(:)S( 222 =+++ 0,25 +) Với t = 14 61 thì I = 14 75 ; 14 197 ; 14 89 , R = 14 65 196 4225 14 75 z 14 197 y 14 89 x:)S( 222 = + + 0,25 VIIa Có bao nhiêu số tự nhiên thỏa mãn 1,00 Gọi n là số thỏa mãn yêu cầu bài toán, do mỗi chữ có mặt ít nhất 1 lần nên n có 7 chữ số khác nhau và chữ số còn lại trùng với một trong 7 chữ số đó. - Nếu chữ số trùng nhau là chứ số lẻ thì n có 5 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn. Có 4 cách chọn chữ số lẻ trùng nhau. Đầu tiên ta xếp thứ tự các chữ số lẻ: Có 2 5 C cách xếp hai chữ số lẻ trùng nhau, tiếp theo 0,25 có 3! cách xếp 3 chữ số lẻ còn lại. ứng với mỗi cách xếp 5 chữ số lẻ, ta có 6 vị trí (trớc, xen giữa, và sau các chữ số lẻ) có thể xếp các chữ số chẵn để đợc số n. Do đó có 3 6 A cách xếp các chữ số chẵn Trong trờng hợp này có 28800A!.3.C.4 3 6 2 5 = số 0,25 - Nếu chữ số trùng nhau là chữ số chẵn thì n có 4 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn. Có 3 cách chọn chữ số chẵn trùng nhau. Tơng tự ta có 4! cách xếp các chữ số lẻ, khi đó có 5 vị trí để xếp các chữ số chẵn Có 2 5 C cách xếp hai chữ số chẵn trùng nhau, tiếp theo có 2 3 A cách hai chữ số chẵn còn lại. Trong trờng hợp này có 4320A.C!4.3 2 3 2 5 = số 0,25 Vậy có tất cả 28800 + 4320 = 33120 số thỏa mãn yêu cầu bài toán 0,25 VIb.1 Tìm giá trị nhỏ nhất của tích FM.FN 1,00 (P) tiêu điểm F(2;0), do M, N phân biệt thuộc (P) nên M m; 8 m 2 , N = n; 8 n 2 , m n Do F nằm giữa M, N nên hai điểm M, N có tung độ trái dấu, giả sử m > 0, n < 0. - Nếu x M = 2 thì M = (2; 4), N = (2; -4) nên FM.FN = 16 0,25 - Nếu x M 2 thì x N 2 và m 4 , 4n = = n, 8 16n FN,m, 8 16m FM 22 , do F, M, N thẳng hàng nên 16mn0)16mn)(nm()16n(m)16m(n n m 16n 16m 22 2 2 ==+== 0,25 Ta có FM.FN= 164nm2 4 1 64 16 4)nm( 4 1 64 nm 2 8 n 2 8 m 22 2 22 2222 =+++++= + + 0,25 Dấu bằng xảy ra khi m = 4, n = - 4 (loại), do đó trong trờng hợp này thì FM.FN > 16 Vậy FM.FN nhỏ nhất bằng 16 khi M(2; 4), N(2; - 4). 0,25 VIb.2 Viết phơng trình mặt phẳng tiếp diện 1,00 Gọi I là tâm của (S), do I thuộc d 2 nên I = (2 + t; - t; - 1 2t) d 1 đi qua M(- 1; 3; 0) và có vectơ chỉ phơng )4;3;1(u = )12t4;13t6;9t2(]u,IM[)1t2;3t;3t(IM ++=++= 0,25 Mặt cầu (S) có bán kính 3 1691 )12t4()13t6()9t2( 3 u ]u,IM[ )d,I(dR 222 1 = ++ ++++ == 7/20t;1t020t27t7 2 ===++ 0,25 5 +) Với t = -1 thì I = (1; 1; 1) 'R23OI =<= (thỏa mãn) +) Với t = 7 20 thì 'R2 7 615 OI 7 33 ; 7 20 ; 7 6 I =>= = (loại) 0,25 Gọi (P) là mặt phẳng tiếp diện của (S) và vuông góc với d 1 , (P) có vectơ pháp tuyến )4;3;1(un == , (P) có phơng trình x + 3y + 4 z + D = 0 Do (P) tiếp xúc với (S) nên 2638D3 1691 D431 R))P(,I(d == ++ +++ = Vậy (P) có phơng trình: 02638z4y3x =++ 0,25 VIIb Tìm phần thực của A 1,00 Phơng trình 016z4z 2 =++ có hai nghiệm i322z,i322z 21 =+= 0,25 Ta có n4n4 n4 kk n4 22 n4 1 n4 0 n4 n4 iC iC iCiCC)i1( ++++++=+ i]C C)1( CC[C C)1( CCCC 1n4 n4 1k2 n4 k3 n4 1 n4 n4 n4 k2 n4 26 n4 4 n4 2 n4 0 n4 + ++++++++= Mặt khác ( ) )nsinin(cos2 4 sini 4 cos2i1 n2 n4 n4 += + =+ Do đó =++++++ ncos2iC iC iCiCC n2n4n4 n4 kk n4 22 n4 1 n4 0 n4 0,25 Theo bài ra ta có 4096ncos2 n2 = , do 1ncos1ncos == nên n là số chẵn khi đó 6n22 12n2 == (thỏa mãn) 0,25 A = 6 6 6 666 i 2 3 2 1 4i 2 3 2 1 4)i322()i322( ++ =++ ]2sini2cos)2sin(i)2[cos(4 3 sini 3 cos4 3 sini 3 cos4 66 6 6 +++= + + + = = 8192. Vậy phần thực của A là 8192 0,25 Trờng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2010 (lần 2) Môn Thi: Toán (khối B - D) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 13 = x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tọa độ hai điểm M, N thuộc hai nhánh của (C) sao cho độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phơng trình: x x x 2sin 42 sin212cos 424 + =+ 2. Giải phơng trình: 3 2 212 + =+ x x xx (x R ) Câu III(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ã BAD = 120 0 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA = 2a . Gọi M là trung điểm của CD, N là hình chiếu vuông góc của S lên BM. Tính thể tích khối chóp S.AMN. Câu IV (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng 1 2 += xy , y = 1, x = 1. Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ phơng trình sau có nghiệm (x 0 ; y 0 ) thỏa mãn 71 0 x +=+ =++ 11log]2)(2[log 14 22 22 yyx myx yx (x, y R ). Phần riêng (3điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2 6 Phần 1: (Theo chơng trình Chuẩn) Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đờng tròn (C): 0722 22 =++ yxyx . Tìm m để trên đờng thẳng : x y + m = 0 có đúng 3 điểm mà từ mỗi điểm đó kẻ đợc đúng hai tiếp tuyến với (C) và mỗi cặp tiếp tuyến đó tạo với nhau một góc 60 0 . 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đờng thẳng 1 1 3 1 1 2 : = = zyx d và hai mặt phẳng ( ) : 3 4 14 0, ( ) : 2 2 3 0 + = + + =P x y Q x y z . Viết phơng trình mặt cầu có tâm nằm trên d, tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số sao cho mỗi chữ số có mặt ít nhất một lần và các chữ số chẵn không đứng cạnh nhau. Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao) Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y 2 = 8x có tiêu điểm F, là đ- ờng thẳng đi qua F và cắt (P) tại hai điểm M, N phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của tích FM.FN. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I (2; 4; 5), tiếp xúc với đ- ờng thẳng 43 3 2 1 zyx : = = + . Viết phơng trình mặt phẳng tiếp diện của (S) vuông góc với . Câu VII.b (1 điểm) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn 40961 4 4 2 4 6 4 4 4 2 4 0 4 =+++++ n n k n k nnnn CC)(CCCC . ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử). ***Hết*** Chú ý: Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trờng thpt đông sơn i Kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2010(lần 2) Hớng dẫn chấm môn toán khối B - D - Điểm toàn bài không làm tròn. - Học sinh làm các khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa. - Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn. Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số 1,00 1) Hàm số có TXĐ: { } 3\R 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận: +== + ylim;ylim 3x3x Do đó đờng thẳng x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0,25 * == + 3ylimylim xx lim lim 2 + = = x x y y đờng thẳng y = 3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. b) Bảng biến thiên: Ta có: ( ) 3x,0 3x 8 'y 2 < = 0,25 Bảng biến thiên: x - 3 + y - - y 3 - + 3 * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) 3; và ( ) +;3 0,25 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung tại 3 1 ;0 và cắt trục hoành tại điểm 0; 3 1 + Đồ thị nhận giao điểm I( 3; 3) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 7 I.2 Tìm tọa độ hai điểm M, N 1.00 Giả sử x M < 3, x N > 3, khi đó ++= = n 8 3;n3N, m 8 3;m3M với m, n > 0. 0,25 64 mn 64 mn4 n 1 m 1 264)mn2( n 8 m 8 )nm(MN 2 2 2 22 += + +++= 0,25 8MN , dấu = xảy ra khi 22nm mn 64 mn 0nm == = >= 0,25 Vậy hai điểm cần tìm là M( 223;223 ) và N( 223;223 ++ ) 0,25 II.1 Giải phơng trình lợng giác 1,00 =+++ =+ 2 xcos11)x2sinx2)(cosx2sinx2(cosx2sin 42 x sin21x2cos 2222424 0,25 ++ = + = = 2kx 2 3 x4 2kx 2 3 x4 x 2 3 cosx4cos )Zk( 3 2k 2 x 5 2k 10 3 x + = + = 0,25 0,25 0,25 II.2 Giải phơng trình 1,00 Điều kiện: 1x . 3x 2x 2x1x2 )2x()1x(4 3x 2x 2x1x2 + = ++ + + =+ 0,25 0)2x1x23x3)(2x( =+++ =++ = )1(02x1x23x3 2x 0,25 Do 2x3x,1x3x +>+>+ nên (1) có vế trái dơng suy ra (1) vô nghiệm. 0,25 Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm x = 2 0,25 III Tính thể tích khối chóp 1,00 y O x 3 3 1/3 1/3 I 8 Ta có SN BM, SA AM suy ra BM AN. Do đó MN.AN.SA 6 1 S.SA 3 1 V AMNAMN.S == 0,25 Ta có tam giác ACD đều nên AM CD, 2 3a AM = . Do AB // CD nên AB AM 7 21a AN a3 7 AM 1 AB 1 AN 1 2222 ==+= 0,25 14 7a3 7 a3 4 a3 ANAMMN 22 22 === 0,25 Vậy 28 6a 14 7a3 . 7 21a .2a 6 1 V 3 AMN.S == (đvtt) 0,25 IV Tính diện tích hình phẳng 1,00 Hoành độ giao điểm của hai đờng là nghiệm của phơng trình .0x11x11x 22 ==+=+ Diện tích hình phẳng =+=+= 1 0 1 0 1 0 22 1Idxdx1xdx11xS 0,25 +) Tính += 1 0 2 dx1xI , đặt = + = = += xv 1x xdx du dxdv 1xu 2 2 + += + ++= + += 1 0 2 1 0 1 0 1 0 2 2 2 2 1 0 2 1x dx I2 1x dx dx1x2 1x dxx 1xxI 0,25 = + 1 0 2 1x dx )21ln(1xxln 1 0 2 +=++ )21ln( 2 1 2 2 I)21ln(I2I ++=++= 0,25 Vậy 1)21ln( 2 1 2 2 S ++= 0,25 V Tìm m để hệ có nghiệm 1,00 +=+ =++ )2(11logy]2)yx(2[log )1(m1y4x 2 yx 2 22 (2) 011yx22.112)yx(2 yxyyx =+=+ (3) Xét g(t) = t2 t + - 11, t,012ln2)t('g t >+= suy ra g(t) đồng biến trên R, mà g(3) = 0 nên g(t) có nghiệm duy nhất t = 3. Nên (3) x3y3yx == 0,25 S A B C D M N 9 Thế vào (1) ta đợc m1)3x(4x 22 =++ (4) Xét =)x(f 1)3x(4x 22 ++ , với ]7;1[x . 1)3x( 3x 4x x )x('f 22 + + = f(x) = 0 4x)3x(1)3x(x0 1)3x( 3x 4x x 22 22 +=+= + + 2x,6x)3x(4x)4x()3x(]1)3x[(x 222222 ===+=+ Thử lại ta thấy f(x) có nghiệm duy nhất x = 6. 0,25 f(1) = 0; f(6) = 10 ; 1753)7(f = nên 10)6(f)x(fmax;0)1(f)x(fmin ]7;1[]7;1[ ==== 0,25 Yêu cầu bài toán tơng đơng với (4) có nghiệm thuộc [1; 7] điều này xảy ra khi và chỉ khi 10m0 0,25 VIa.1 Tìm m để có 3 điểm trên 1,00 (C) có tâm I(-1; 1), bán kính R = 3 Gọi M là điểm nằm trên mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) và tạo với nhau một góc 60 0 , gọi A, B là hai tiếp điểm. +) Nếu góc AMB = 60 0 , thì IM = 2IA = 6 do đó M là giao của với đờng tròn (C 1 ) tâm I, bán kính R 1 = 6 0,25 +) Nếu góc AMB = 120 0 , thì IM = 2IA/ 3 = 32 do đó M là giao của với đờng tròn (C 2 ) tâm I, bán kính R 2 = 32 0,25 Để trên có 3 điểm M nh thế thì phải có đúng 3 giao điểm với (C 1 ) và (C 2 ), đây là hai đờng tròn đồng tâm nên điều này xảy ra khi và chỉ khi tiếp xúc với (C 2 ). 0,25 Do đó 62m32 2 m11 32),M(d == + = 0,25 VIa.2 Viết phơng trình mặt cầu 1,00 Gọi I là tâm của mặt cầu (S) cần tìm, do I d nên )t1;t31;t2(I +++= Do (S) tiếp xúc với (P) và (Q) nên R 3 6t3 5 16t9 ))Q(,I(d))P(,I(d = + = = 0,25 = = = = = 7/13t 2/3t )t2(516t9 )2t(516t9 2t516t9 0,25 +) Với t = 2 3 thì I = 2 5 ; 2 11 ; 2 7 R = 2 1 4 1 2 5 z 2 11 y 2 7 x:)S( 222 = + + 0,25 +) Với t = 7 13 thì I = 7 20 ; 7 46 ; 7 27 , R = 7 1 49 1 7 20 z 7 46 y 7 27 x:)S( 222 = + + 0,25 VIIa Có bao nhiêu số tự nhiên thỏa mãn 1,00 Gọi n là số thỏa mãn yêu cầu bài toán, do mỗi chữ có mặt ít nhất 1 lần nên n có 7 chữ số khác nhau 0,25 Đầu tiên ta xếp thứ tự các chữ số lẻ: Có 4! cách xếp 4 chữ số lẻ 0,25 ứng với mỗi cách xếp 4 chữ số lẻ, ta có 5 vị trí (trớc, xen giữa, và sau các chữ số lẻ) có thể xếp các chữ số chẵn để đợc số n. 0,25 Do đó có 3 5 A cách xếp các chữ số chẵn. Vậy có 1440A!.4 3 5 = số 0,25 VIb.1 Tìm giá trị nhỏ nhất của tích FM.FN 1,00 (P) tiêu điểm F(2;0), do M, N phân biệt thuộc (P) nên M m; 8 m 2 , N = n; 8 n 2 , m n Do F nằm giữa M, N nên hai điểm M, N có tung độ trái dấu, giả sử m > 0, n < 0. - Nếu x M = 2 thì M = (2; 4), N = (2; -4) nên FM.FN = 16 0,25 - Nếu x M 2 thì x N 2 và m 4 , 4n = = n, 8 16n FN,m, 8 16m FM 22 , do F, M, N thẳng hàng nên 0,25 10 [...]... [IM, u] = 3 u 121 + 49 + 64 =3 1 + 9 + 16 2 + 12 + 20 + D VIIb 1 + 9 + 16 Vậy (P) có phơng trình: x + 3y + 4 z 34 3 26 = 0 Tìm số tự nhiên n k Ta có (1 + i) 4 n = C 0 n + C 1 n i + C 2 n i 2 + + C 4 n i k + + C 4 n i 4 n 4 4 4 4n =C 0 4n C 2 4n +C 4 4n C 6 4n + + (1 ) C 2 2k 4n + C 4n 4n + [C 1 4n C 3 4n 0,25 1,0 0 0,25 0,25 Gọi (P) là mặt phẳng tiếp diện của (S) và vuông góc với d1, (P) có vectơ... có vectơ pháp tuyến n = u = (1;3;4) , (P) có phơng trình x + 3y + 4 z + D = 0 Do (P) tiếp xúc với (S) nên d(I, (P )) = R 0,25 0,25 = 3 D = 34 3 26 1,0 0 0,25 + + (1) C k 2 k +1 4n + C 4 n 1 4n ]i 4n Mặt khác (1 + i ) 4 n = 2 cos + i sin = 2 2 n (cos n + i sin n) 4 4 0 1 2 2 k k Do đó C 4 n + C 4 n i + C 4 n i + + C 4 n i + + C 4 n i 4 n = 2 2 n cos n 4n Theo bài ra ta có 2 2 n cos...VIb.2 m 2 16 m = n(m 2 16) = m( n 2 16) (m n )(mn + 16) = 0 mn = 16 2 n n 16 m2 n 2 m2 n2 1 2 16 2 1 Ta có FM.FN= + 2 + 2 = + (m + n 2 ) + 4 + 2 m 2 n 2 + 4 = 16 8 8 64 4 64 4 Dấu bằng xảy ra khi m = 4, n = - 4 (loại), do đó trong trờng hợp này thì FM.FN > 16 Vậy FM.FN nhỏ nhất bằng 16 khi M(2; . 1x,0x1x1x 1x 1x 1x 2 2 2 = =+= + + + =+ Diện tích hình phẳng + + + = + + += 1 0 1 0 2 1 0 22 2 dx1xdx 1x 1x dx 1x 1x 1xS 0,25 S A B C D M N 3 +) ++ =++ ++ = + + + = + + 1 0 1 0 2 1 0 2 2 1 0 2 1 0 2 )21ln(121xxln1x 1x dx 1x xdx dx 1x 1x 0,25 +) . ++ ++ + + =+ i]C C)1( CC[C C)1( CCCC 1n4 n4 1k2 n4 k3 n4 1 n4 n4 n4 k2 n4 26 n4 4 n4 2 n4 0 n4 + ++ + ++ + ++ = 0,25 Mặt khác ( ) )nsinin(cos2 4 sini 4 cos2i1 n2 n4 n4 += + =+ Do đó =++ ++ + +. i322z,i322z 21 =+= 0,25 Ta có n4n4 n4 kk n4 22 n4 1 n4 0 n4 n4 iC iC iCiCC)i1( ++ ++ + + =+ i]C C)1( CC[C C)1( CCCC 1n4 n4 1k2 n4 k3 n4 1 n4 n4 n4 k2 n4 26 n4 4 n4 2 n4 0 n4 + ++ + ++ + ++ = Mặt khác (