TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐHSP
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2014
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. ( 2,0 điểm )
2𝑥+1
Cho hàm số y = 𝑥−1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Cho điểm E(1;0). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt tiệm cận ngang của
(C) tại F và tam giác EFM vuông tại F.
Câu 2. ( 1,0 điểm )
Giải phương trình: sin2 x +
Câu 3. ( 1,0 điểm )
Giải bất phương trình:
1+cos 2x 2
2sin 2x
9
= 2cos2x.
9
9−x <𝑥− x− .
x
Câu 4. ( 1,0 điểm )
1 x 3 − 1−x
Tính tích phân I = 0 x+3 dx
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông ở A và D, 𝐶𝐵𝐷 = 300, AB = a 13, AD = a 3 ,
SA = SB = SD = 3a. Tính thể tích hình chóp S. ABD và khoảng cách từ S tới BC.
Câu 6. ( 1,0 điểm )
Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 1. Chứng minh rằng:
1
a2 + b2 + c2 + d2 – 2(ab + bc + cd + da) + 4 ≥ 0 .
Câu 7. ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông MNPQ, biết MN, NP, PQ, QM tương ứng đi
qua các điểm A(10; 3), B(7; – 2), C(– 3; 4), D(4; – 7). Lập phương trình đường thẳng MN.
Câu 8. ( 1,0 điểm)
x−4
y+3
z−1
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 3 = −1 = 2 , d2 là giao tuyến của hai mặt phẳng
(𝛼): x + y – z – 2 = 0 và (β): x + 3y – 12 = 0. Mặt phẳng (Oyz) cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại các
điểm A, B. Tính diện tích tam giác MAB, biết M(1; 2; 3).
Câu 9. ( 1,0 điểm) Tìm các giá trị của a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất
𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑎2 = 6𝑥 − 4𝑦 − 13
𝑥 2 + 𝑦 2 − 4𝑎2 = −10𝑥 + 8𝑦 + 4𝑎 − 40
.……………..Hết………………..
Cảm ơn cô Thúy (
[email protected]) gửi tới www.laisac.page.tl
Dự kiến kì thi thử Đại học lần thứ 3 sẽ được tổ chức vào ngày 15,16/3/2014
Cảm ơn cô Thúy (
[email protected]) gửi tới www.laisac.page.tl
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
-----------------------
Môn: Toán; Khối: A và khối B
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
I.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
-----------------------------------PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x 3 3mx 2 4m3 1 , m là tham số thực.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1.
b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho OA OB 6 ( O là gốc tọa độ).
2 sin 2 x 2 sin x 1.
4
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
x 2 y 2 y 2 x 1 y 1
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
5
3x 8 y x y 12
e
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I
1 x ln x x
2
x3
1
x, y R .
2
dx.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , AB a; BC a 3 , tam giác SAC
vuông tại S . Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của đoạn AI . Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SAB.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ac 2b và ac b ab c a2c 2 4b2 . Tìm giá trị lớn
2
2
b ac b
nhất của biểu thức P 1
.
ac ac b
II.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của cạnh AD,
11 2
3 6
H ; là hình chiếu vuông góc của B lên CE và M ; là trung điểm của đoạn BH . Xác định tọa độ
5
5
5 5
các đỉnh của hình vuông ABCD, biết điểm A có hoành độ âm.
x 1 y z
và điểm A 1; 1;2 .
2 2
1
Viết phương trình mặt phẳng P , biết P vuông góc với đường thẳng và cách điểm A một khoảng bằng 3.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số
1;2;3;4;5;6;7. Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn lớn hơn số 2014.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi M là điểm trên cạnh
AC sao cho AB 3AM. Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại D. Xác định tọa độ các đỉnh của ABC
4
biết đường thẳng BC đi qua N ;0 , phương trình đường thẳng CD : x 3 y 6 0 và điểm C có hoành độ dương.
3
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
cầu S có tâm nằm trên trục Ox và tiếp xúc với tại A 1;2;2 .
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình log 2
x y 1 z
. Viết phương trình mặt
1
1
2
2x 4
x 3.
2 x 12
----------------Hết----------------
Cảm ơn bạn LeNghia (
[email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
LẦN THỨ I NĂM 2014
----------------------TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
Môn: Toán; Khối: A và khối B
(Đáp án-thang điểm gồm 04 trang).
-----------------------------------Đáp án
Câu
Điểm
a. (1,0 điểm)
Khi m 1 , ta có y x 3 3x 2 4
Tập xác định D R.
Sự biến thiên:
0,25
x 0
- Chiều biến thiên: Đạo hàm y ' 3x 2 6 x ; y ' 0
x 2
Khoảng nghịch biến 0;2 ; Các khoảng đồng biến ;0 và 2;
-
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0, yC§ 4 ; đạt cực tiểu tại x 2, yCT 0
-
Giới hạn lim y ; lim y .
x
x
Bảng biến thiên
x
y’
0,25
0
+
0
2
-
0
+
0,25
y
1
(2,0 điểm)
Đồ thị
y
4
0,25
-1
x
O
2
b. (1,0 điểm)
Ta có y ' 3x 2 6mx 3x x 2m . Hàm số có hai điểm cực trị m 0
0,25
Lúc đó hai giả sử hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A 0;4m3 , B 2m;0
0,25
OA OB 6 4 m3 2 m 6
0,25
m 1
m 1
m 1
Vậy có hai giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m 1 và m 1 .
0,25
Trang 01 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
2 sin 2 x 2 sin x 1 sin 2 x cos 2 x 2 sin x 1 sin 2 x 2 sin 2 x 2 sin x 0
4
sin x 0
2 sin x cos x sin x 1 0
cos x sin x 1 0
2
(1,0 điểm)
x k 2
2
cos x sin x 1 sin x
k Z
x k 2
4 2
2
sin x 0 x k k Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x k ; x
2
0,25
0,25
0,25
0,25
k 2 k Z
3x 8 0
Điều kiện y 0
x y 12 0.
0,25
Từ phương trình thứ nhất ta có x 2 y 2 1 2 xy 2 y 2 x 0 y x 1 0 y x 1.
2
5
*
2x 11
5
8
11
, x ; \
Xét hàm số f x 3x 8 x 1
2 x 11
3
2
3
1
10
f x
2
2 3x 8 2 x 1 2 x 11
3x 8 x 1
Thay vào phương trình thứ hai của hệ cho ta:
3
(1,0 điểm)
f 'x
3 x 1 3x 8
2
3x 8 x 1
0,25
10
6 x 17
10
0
2
2 x 11 2 3 x 1 3x 8 3x 8 x 1 2 x 112
0,25
Bảng biến thiên:
x
3
8
3
8
11
2
+
f(x)
f(x)
+∞
+
+∞
+∞
0
0,25
0
-∞
Từ đó suy ra phương trình (*) chỉ có hai nghiệm là x 3 và x 8 .
Hay nghiệm của hệ đã cho là x ; y 3;4 , x ; y 8;9 .
e
Ta có I
1
e
4
(1,0 điểm)
I1
e
x 2 ln x 1 ln x
ln x 1dx e ln x dx I I
d
x
1
2
1 x
1 x 3
x3
ln x 1dx e
1
x
ln x 1
ln x 1d(lnx +1)
2
1
e
e
e
2 e
1
3
.
2
e
0,25
e
ln x
1 1
1
1 3
1
1
dx 2 ln x 3 dx 2 ln x 2 2
3
x
2
x
2
x
2
x
4
x
4 4e
1
1
1
1
1
I2
Suy ra I I1 I 2
7 3
.
4 4e 2
0,25
0,25
1
a
AC
4
2
a 3
Tam giác SAC vuông tại S,nên IS IA IC a SH SI 2 HI 2
2
1
1 a 3
a3
Suy ra VS . ABCD SH .S ABCD .
.a.a 3 .
3
3 2
2
Ta có AC AB 2 BC 2 2a HI
5
(1,0 điểm)
0,25
Trang 02 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
0,25
0,25
Gọi J là hình chiếu vuông góc của H lên AB,
K là hình chiếu vuông góc của H lên SJ.
AB
SH
Ta có
AB SHJ AB HK . Mà
AB HJ
0,25
HK SJ HK SAB HK d H ; SAB
AH HJ
1
a 3
HJ BC
.
AC BC
4
4
1
1
1
20
2
Trong tam giác vuông SHJ:
2
2
2
HK
HJ
HS
3a
3
3
HK a
d H ; SAB a
.
20
20
b ab
b2
b
c ac
b
Ta có ac b ab c a 2 c 2 4b 2 a 1 a 2 4 2 a 1 4.
c c
c
c ab b
ac
Do HJ //BC
ac
ac
b
c b 1
b
4. a 2
*
b
ac
b c a
ac
b
ac
t 2 , từ (*) ta có
Đặt t
b
4
ac
1
t 2 2 2 t t 4 2t 3 2t 4 0 t 2 t 3 2 0 t 2 do t 2 hay
4
t
t
b
b
1
b ac b
b
ac
Lại có P 1
1
ac ac b ac 1 b
ac
2
2
2
0,25
2
2
0,25
b 1
2
1 u
Xét hàm số f u 1 u
, u , ta có
ac 4
1 u
4 1 u
1
1 625
f u f
.
f ' u 2 1 u
0, u
3
4
4 144
1 u
Vậy MaxP
0,25
6
(1,0 điểm)
0,25
ac 4b a 2
625
144
ab c
c 2b
0,25
Gọi F là điểm đối xứng của E qua A.
Suy ra BCEF là hình bình hành nên AM là đường trung bình
của hình thang vuông EHBF . Do đó AM //EH AM BH .
0,25
M là trung điểm BH B 1; 2
Phương trình đường thẳng AM : 2 x y 0
Phương trình đường thẳng CE : 2x y 4 0
Do góc ̂
7.a
(1,0 điểm)
Giả sử A a; 2a , từ
̂
0,25
̂ 2
5
AB.uAM
2
̂ 2
5
5
AB . uAM
a 1
5a 2 6a 11 0 11
A 1;2
a lo¹i
5
Phương trình đường thẳng AD : y 2
mà E CE AD E 1;2 D 3;2
Phương trình đường thẳng BC : y 2
mà C BC CE C 3; 2 .
Trang 03 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
0,25
0,25
8.a
(1,0 điểm)
9.a
(1,0 điểm)
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng là u 1; 2;2
0,25
Do mặt phẳng (P) vuông góc với nên có phương trình x 2 y 2x d 0
0,25
Lại có d A; P 3
7d
d 2
3 7d 9
3
d 16
0,25
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là x 2 y 2x 2 0 hoặc x 2 y 2x 16 0.
0,25
Số phần tử của tập S là A74 840.
0,25
Giả sử abcd là số tự nhiên có bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7 và lớn
hơn 2014.
+) TH1: a 2 , chọn b,c,d có A63 cách chọn.
0,25
+) TH2: a 2 , chọn a có 5 cách chọn, chọn b,c,d có A63 cách chọn.
0,25
Vậy P
1.A 5.A 6 0,857
3
6
3
6
A74
0,25
7
Ta có ̂
Lại có
̂ 900 tứ giác ABCD nội tiếp
̂
Suy ra ̂
̂ AB 3
̂ 3
BM
10
10
Giả sử C 3c 6; c , ta có
̂
IC .uDC
IC . uDC
3
10
c 1
3 5c 2 16c 11 0
c 11 lo¹i
10c 2 32c 26
5
Với c 1 C 3; 1
Phương trình đường thẳng BC : 3x 5y 4 0
Điểm M 1; 1 Phương trình đường thẳng BM : 3x y 4 0
10c 16
7.b
(1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
Điểm B BC BM B 2;2
Phương trình đường thẳng AC : y 1 0
Phương trình đường thẳng AB : x 2 0
Điểm A AB AC A 2; 1
Ta có B 0;1;0 ; u 1;1; 2 . Giả sử I t ;0;0 , ta có:
8.b
(1,0 điểm)
d I ; IA
IB; u
IA
u
Khi đó I 7;0;0 , IA 2 11 hay S : x 7 y 2 z 2 44.
2
9.b
(1,0 điểm)
0,25
0,25
5t 2 2t 5 2
2
t 2t 9 t 7 0 t 7
6
log 2
0,25
2x 4
2x 4
x 3 x
2 x 3
x
2 12
2 12
0,25
0,25
0,25
8 2x 4 2x 2x 12 22 x 4.2x 32 0
0,25
2 x 4
x
2 8 lo¹i
0,25
2 x 4 x 2 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 2.
0,25
Xin chân thành cảm ơn tới các thầy cô giáo đã tham gia giải phản biện đề thi.
CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI ĐH NĂM 2014
Cảm ơn bạn LeNghia (
[email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 20132014
Môn: TOÁN; Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 - 3mx 2 + 3( m 2 - 1) x - m 3 + 1, (1) (với m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1.
b) Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của đồ thị hàm số (1). Đường thẳng d cắt trục Oy tại
điểm B . Tìm tất cả các giá trị của m để diện tích tam giác OAB bằng 6, với O là gốc tọa độ.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 4 x + 2 = cos 3 x + 4sin x + cos x.
1
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 x 2 + 3 x + 1 = -4 x + + 3.
x
2 2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:
ò
3
x
dx .
x 2 + 1 + x 2 - 1
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 , SA = SB,
SA vuông góc với AC , mặt phẳng ( SCD ) tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60 O . Tính thể
tích khối chóp S . ABCD theo a .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x , y , z là ba số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3 xyz . Chứng minh
1
1
1
3
rằng:
+
+
³ .
2
2
2
x (3 x - 1)
y (3 y - 1)
z (3 z - 1)
4
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc
đường thẳng d : x - y - 4 = 0, đường thẳng BC đi qua điểm M (4;0), đường thẳng CD đi qua
điểm N (0; 2). Biết tam giác AMN cân tại A , viết phương trình đường thẳng BC.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(3;1; - 4). Tìm tọa độ các
điểm B, C thuộc trục Oy sao cho tam giác ABC vuông cân tại A .
Câu 9.a (1,0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu
vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy
ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD, có BD nằm trên
đường thẳng d : x + y - 3 = 0 , điểm M (- 1; 2) thuộc đường thẳng AB, điểm N (2; - 2) thuộc đường
thẳng AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x - y - z + 1 = 0 và
điểm A ( 3; -2; - 2 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua A , vuông góc với mặt phẳng ( P ) và
cắt các trục Oy, Oz lần lượt tại M , N sao cho OM = ON (M, N không trùng với O).
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình: log 2
(
)
(
)
3 x + 1 + 6 - 1 ³ log 2 7 - 10 - x .
Hết
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (
[email protected]) đã gửi tới
www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 20132014
Môn: TOÁN; Khối B
HƯỚNG DẪN CHẤM
I. LƯU Ý CHUNG:
Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
a
1,0
Khi m = 1 ta có hàm số y = x 3 - 3 x 2
Tập xác định: D = ¡ .
0,25
x
=
0
é
Ta có y ' = 3 x 2 - 6 x ; y ' = 0 Û ê
ë x = 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥ ;0) và (2; +¥ ) ; nghịch biến trên
khoảng (0; 2) .
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 0 ; đạt cực tiểu tại x = 2 , yCT = - 4
Giới hạn: lim y = +¥, lim y = -¥ .
0,25
x ®+¥
x ®-¥
Bảng biến thiên:
x
0
-¥
y'
+
0
y
2
0
+¥
+
+¥
0
0,25
4
-¥
Đồ thị:
0,25
b
1,0
é x = m - 1
Ta có y¢ = 3 x 2 - 6mx + 3 m 2 - 1 ; y¢ = 0 Û x 2 - 2mx + m 2 - 1 = 0 Û ê
ë x = m + 1
(
)
0,25
Suy ra hàm số có cực đại và cực tiểu với mọi m Î ¡ .
Ta có y ''( m - 1) = -6; y ''(m + 1) = 6 , do đó điểm cực đại của đồ thị hàm số là
A ( m - 1 ; -3m + 3 ) .
0,25
Phương trình tiếp tuyến d : y = y¢ ( x A )( x - x A ) + y A Û d : y = -3m + 3
Ta có { B} = d Ç Oy Þ B ( 0 ; -3m + 3 ) . Điều kiện có tam giác là m ¹ 1 .
0,25
Do tiếp tuyến song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông tại B .
AB = m - 1 , OB = -3m + 3 . Nên diện tích tam giác OAB là
é m = -1
1
2
.
AB.OB Û ( m - 1) = 4 Û ê
2
ë m = 3
Vậy m = - 1 và m = 3 thoả mãn yêu cầu.
0,25
SDOAB =
2
1,0
Phương trình đã cho tương đương với
4sin x.cos x.cos 2 x + 2 = cos 3x + 4sin x + cos x
Û 2sin x ( 2cos x.cos 2 x - 2 ) + 2 - cos 3 x - cos x = 0
Û 2sin x ( cos 3x + cos x - 2 ) + 2 - cos 3x - cos x = 0
Û (2sin x - 1)(cos 3x + cos x - 2) = 0
p
é
x = + k 2 p
ê
1
6
*) sin x = Û ê
2 ê
5 p
x=
+ k 2 p
êë
6
*) cos 3 x + cos x - 2 = 0 Û 4cos 3 x - 2 cos x - 2 = 0 Û cos x = 1 Û x = k 2 p
p
5 p
Vậy phương trình có các nghiệm: x = + k 2p , x =
+ k 2 p và x = k 2 p
6
6
với k ΢
3
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
ì x ¹ 0
ï
ï
1
ĐK: í éê x ³ - (*)
2
ïê
ïî ë x £ -1
Nếu x > 0 thì phương trình tương đương với 2 +
Đặt t = 2 +
0,25
3 1
3 1
+ 2 = -4 + + 2 (1 ) .
x x
x x
ìt ³ 0
3 1
+ 2 (t ³ 0) (1 ) . Phương trình (1) trở thành í
Û t = 3 .
2
x x
î t = t - 6
0,25
é
3 + 37
x=
(tm )
ê
3 1
14
Với t = 3 , ta có 2 + + 2 = 3 Û 7 x 2 - 3 x - 1 = 0 Û ê
x x
ê
3 - 37
(k .tm)
êx=
ë
14
Nếu x < 0 thì phương trình tương đương với 2 +
3 1
3 1
+ 2 = 4 - - 2 ( 2 ) .
x x
x x
0,25
Đặt t = 2 +
ìt ³ 0
3 1
+ 2 , (t ³ 0) . Phương trình ( 2 ) trở thành í
Û t = 2 .
2
x x
t
=
6
t
î
é
3 + 17
x=
(k .tm )
ê
3 1
4
2
ê
Với t = 2 , ta có 2 + + 2 = 2 Û 2 x - 3 x - 1 = 0 Û
x x
ê
3 - 17
(tm)
êx =
ë
4
Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm là:
x =
0,25
3 + 37
3 - 17
, x =
.
14
4
4
1,0
Đặt t = x 2 + 1 Þ x 2 = t 2 - 1 Þ xdx = tdt.
Đổi cận :
x
3
2 2
t
2
3
3
3
tdt
tdt
Ta có
I = ò 2
dx = ò
t +t -2
t + 2 )( t - 1 )
2
2 (
0,25
0,25
3
1 é 1
2 ù
1
2
3
3
= ò ê
+
dt = ln| t - 1| 2 + ln| t + 2 | 2
ú
3 2 ë t - 1 t + 2 û
3
3
1
2
1
= ln 2 + ( ln 5 - ln 4 ) = ( 2 ln 5 - 3ln 2 ) .
3
3
3
1
Vậy I = ( 2ln 5 - 3ln 2 ) .
3
5
0,25
0,25
1,0
Gọi O là tâm của đáy, M là
trung điểm của CD . Vì
SA=SB nên S thuộc mặt phẳng
trung trực của AB (cũng là mặt
phẳng trung trực của CD). Gọi
H là hình chiếu vuông góc của
S trên mặt phẳng ( ABCD ) 0,25
S
A
D
H
O
B
Ta có
( SHM ) ^ CD Þ
· = 60O .
( ABCD ) Þ SMH
M
C
suy ra H Î OM .
Lại có
ì AC ^ SH
Þ AC ^ AH , hay
í
î AC ^ SA
tam giác AOH vuông cân tại A.
· là góc giữa hai mặt phẳng ( SCD ) và
góc SMH
0,25
Tứ giác AOBH là hình vuông cạnh a Þ HM =
3a 2
.
2
0,25
3a 6
Trong tam giác vuông SHM ta có SH = HM .tan 600 =
.
2
Thể tích khối chóp S . ABCD là
0,25
1
1 3a 6 2
V = SH .S ABCD =
2 a = a 3 6 (đvtt).
3
3 2
6
1,0
1 1 1
+ + = 3.
x y z
Từ giả thiết xy + yz + zx = 3 xyz Û
1
1
1
1 1 1
= a, = b, = c Þ a + b + c = + + = 3.
x
y
z
x y z
Đặt
1
Ta có
x ( 3 x - 1)
1
z ( 3 z - 1)
2
2
=
=
a3
( 3 - a )
c3
( 3 - c )
2
2
=
=
a 3
;
2
( b + c )
c 3
2
( a + b )
Bất đẳng thức đã cho tương đương:
1
y ( 3 y - 1)
2
=
b3
( 3 - b )
2
=
b 3
0,25
;
2
( a + c )
.
a3
(b + c )
2
+
b3
(c + a )
2
+
c 3
2
( a + b )
³
3
4
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
a3
( b + c ) + ( b + c ) ³ 3 a ; b3 + ( c + a ) + ( c + a ) ³ 3 b
+
2
8
8
4 ( c + a )2
8
8
4
( b + c )
c3
( a + b )
2
+
( a + b ) + ( a + b ) ³ 3 c
8
8
a3
(b + c)
Û
0,25
a3
(b + c )
2
+
2
+
b3
(c + a )
b3
(c + a)
4
2
+
2
+
c 3
( a + b )
c 3
( a + b )
2
³
2
³
3
1
( a + b + c ) - ( a + b + c )
4
2
1
3
( a + b + c ) = .
4
4
0,25
0,25
Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1 Û x = y = z = 1.
7.a
1,0
M
d
A
B
Giả sử A ( t ; t - 4 ) Î d , do tam giác AMN cân tại
đỉnh A nên AM = AN Û AM 2 = AN 2
2
2
2
Û ( t - 4 ) + ( t - 4 ) = t 2 + ( t - 6 ) Û t = -1
0,25
Þ A ( -1; - 5 )
D
N
C
BC đi qua M ( 4; 0 ) nên phương trình BC có dạng
0,25
ax + by - 4 a = 0
(a
2
)
+ b 2 > 0
Do CD ^ BC và CD đi qua N ( 0; 2 ) Þ phương trình CD : bx - ay + 2a = 0 .
Do ABCD là hình vuông nên khoảng cách d ( A, BC ) = d ( A, CD )
é3a + b = 0
Ûê
a2 + b2
a 2 + b 2
ë a - 3b = 0
Nếu 3a + b = 0 , chọn a = 1 Þ b = -3 Þ phương trình BC : x - 3 y - 4 = 0
Nếu a - 3b = 0 , chọn a = 3 Þ b = 1 Þ phương trình BC : 3x + y - 12 = 0 .
Û
-5a - 5b
=
7 a - b
8.a
0,25
0,25
1,0
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Oy, suy ra H (0;1;0) . Do đó
uuur
0,25
HA(3;0; -4) Þ HA = 5.
uuur
B thuộc Oy nên B(0; b;0) Þ HB (0; b - 1; 0) . Do tam giác ABC vuông cân tại A
0,25
éb = 6
nên HB = HA Þ| b - 1|= 5 Þ ê
ë b = -4
Với b = 6 Þ B (0; 6;0) Þ C (0; - 4;0) .
0,25
Với b = -4 Þ B(0; -4;0) Þ C (0;6;0) .
9.a
0,25
1,0
4
Số phần tử của không gian mẫu là W = C16
= 1820 .
0,25
Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá
hai quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:
Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: C41C 5 3
0,25
1 2 1
Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: C4C5 C 7
Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: C41C51C 7 2
Khi đó W B = C41C53 + C41C71C52 + C41C72 C5 1 = 740 .
Xác suất của biến cố B là P ( B ) =
W B
740 37
=
=
.
W 1820 91
7.b
0,25
0,25
1,0
M
A
B
H
N
D
Gọi H là hình chiếu của M trên d, suy ra H (t ;3 - t ) .
uuuur
r
Ta có MH (t + 1;1 - t ) , d có véc tơ chỉ phương u (1; -1) .
MH vuông góc với d suy ra
uuuur
t + 1 - 1 + t = 0 Þ t = 0 Þ MH (1;1) .
0,25
C
Do đó MB = 2.MH = 2 .
B thuộc d nên B(b;3 - b) ; MB = 2 Û (b + 1) 2 + (1 - b) 2 = 4
0,25
Suy ra b = 1 hoặc b = - 1 (loại). Từ đó B (1;2) .
AB đi qua M và B nên phương trình AB là y = 2. AD qua N và vuông góc với
AB nên phương trình AD là x = 2 . Vậy A (2; 2) .
0,25
ì x = 2
Tọa độ D là nghiệm hệ í
Þ D (2;1) . Gọi I là trung điểm BD suy ra
î x + y - 3 = 0
0,25
æ3 3ö
I ç ; ÷ . I là trung điểm AC nên C (1;1).
è 2 2 ø
Vậy A(2; 2), B (1;2), C (1;1), D (2;1).
8.b
1,0
Gọi M ( 0; a;0 ) , N ( 0;0; b ) trong đó ab ¹ 0 . Ta có
uuuur
uuur
AM = ( -3;2 + a;2 ) , AN = ( -3;2; b + 2 ) .
r
Gọi véctơ pháp tuyến của ( Q ) là n Q
uuuur uuur
r
Þ nQ = éë AM , AN ùû = ( 2a + 2b + ab ; 3a ;3 b ) .Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng
r
( P ) là nP = (1; -1; -1 ) .
r
r
r r
( P ) ^ ( Q ) Û nP ^ nQ Û nP . nQ = 0 Û ab - a - b = 0 (1) và
é a = b
OM = ON Û a = b Û ê
(2) .
ë a = -b
Từ (1) và (2) ta được
é a = 0 (loai )
r
+ a = b Þ ê
. Với a = 2 Þ nQ = (12;6; 6 ) Þ ( Q ) :2 x + y + z - 2 = 0
ë a = 2
+ a = -b Þ a = 0 (loai ) .
Vậy phương trình ( Q ) : 2 x + y + z - 2 = 0 .
9.b
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
1
ĐK : - £ x £ 10 .
3
6 + 3 x + 1
Bất phương trình tương đương log 2
³ log 2 7 - 10 - x
2
(
Û 3 x + 1 + 2 10 - x ³ 8 Û 4
0,25
)
( 3 x + 1)(10 - x ) ³ 23 + x
0,25
1
Với - £ x £ 10 bất phương trình tương đương với
3
369
49 x 2 - 418 x + 369 £ 0 Û 1 £ x £
49
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là : 1 £ x £
0,25
369
49
Hết
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (
[email protected]) đã gửi tới
www.laisac.page.tl
0,25
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 20132014
Môn: TOÁN; Khối A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2 x - 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
( C ) .
x - 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm trên (C) tất cả các điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai tiệm cận của (C) tại hai điểm A,
B sao cho AB = 2 10 .
1 - cos x
7 p ö
æ
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
+ sin x = 2 sin ç 2 x +
÷ .
tan x
4 ø
è
ìï 4 y - 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 y + 1
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: í( 4
.
2
2
ïî x + x y + y = 1
0
dx
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ò
.
2
p 1 - 2sin 2 x + 2 cos x
-
4
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD = BC =
a 13
, AB = 2 a ,
4
3 a
, mặt phẳng ( SCD ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC D ) . Tam giác ASI cân tại S, với I là trung
2
điểm của cạnh AB, SB tạo với mặt phẳng ( ABC D ) một góc 30 o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa SI và CD.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ( a + b )( b + c )( c + a ) = 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất
CD =
1
1
1
+
+
.
abc a + 2b b + 2c c + 2 a
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên
đường thẳng d : x + y - 1 = 0 . Điểm E ( 9; 4 ) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F ( -2; - 5 ) nằm
của biểu thức P =
1
3
+
trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC = 2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết điểm C có
hoành độ âm.
Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x - y + z - 2 = 0 , mặt cầu
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 4 x + 2 y + 2 z - 3 = 0 và hai điểm A (1; - 1; - 2 ) , B ( 4; 0; - 1 ) . Viết phương trình mặt phẳng
(a ) song song với AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính
bằng 3 .
Câu 9a (1,0 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập M, tính xác suất để số được chọn là số có tổng các chữ số
là một số lẻ.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm C ( 5;1 ) , trung tuyến
AM, điểm B thuộc đường thẳng x + y + 6 = 0 . Điểm N ( 0;1 ) là trung điểm của đoạn AM, điểm D ( -1; - 7 )
không nằm trên đường thẳng AM và khác phía với A so với đường thẳng BC đồng thời khoảng cách từ A và
D tới đường thẳng BC bằng nhau. Xác định tọa độ các điểm A, B.
Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 1; 1), B(-1; 0; 2), C (0; - 1; 0) .
Tìm tọa độ điểm D trên tia Ox sao cho thể tích khối tứ diện ABCD bằng 1, khi đó hãy viết phương trình mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu 9b (1,0 điểm). Giải bất phương trình: x - 6.15log3 x + 5log3 (3 x ) ³ 0 .
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (
[email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 20132014
Môn: TOÁN; Khối A, A1
I. LƯU Ý CHUNG:
Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo
cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN:
CÂU Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
2,0 điểm
a TXĐ: D = R \ {2}
Các giới hạn lim y = 2; lim y = 2; lim+ y = +¥; lim - y = -¥
0,25
x ®+¥
x ®-¥
x ®2
x ® 2
Suy ra x = 2 là tiệm cận đứng, y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
3
< 0, "x Î D
( x - 2) 2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-¥ ; 2) và (2; +¥ )
Bảng biến thiên
x
2
-¥
+¥
y’
-
2
+¥
y
2
-¥
æ 1 ö
æ 1 ö
Đồ thị: Giao với trục Ox tại ç ; 0 ÷ , giao với trục Oy tại ç 0; ÷ , đồ thị có tâm đối xứng
è 2 ø
è 2 ø
là điểm I (2; 2)
Sự biến thiên: y ' = -
0,25
0,25
0,25
b
æ 2 a - 1 ö
Giả sử M ç a;
÷ , ( a ¹ 2 ) thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M có dạng
è a - 2 ø
-3
2 a - 1
(D) : y =
( x - a ) +
2
(a - 2)
a - 2
6
Gọi A là giao của tiệm cận đứng với (D ) , suy ra A (2;
+ 2)
a - 2
B là giao của tiệm cận ngang với (D ) , suy ra B(2a - 2; 2)
Khi đó AB = (2a - 4) 2 +
36
, theo bài ra ta có phương trình
(a - 2) 2
36
4(a - 2) +
= 40 Û (a - 2)4 - 10(a - 2)2 + 9 = 0
(a - 2) 2
2
0,25
0,25
0,25
é a = 1
ê a = 3
é(a - 2) = 1
ê
Ûê
Û
2
ë(a - 2) = 9 ê a = -1
ê
ë a = 5
Vậy có 4 điểm M thỏa mãn là (1; -1), (3;5), (- 1;1), (5;3) .
1,0 điểm
1 - cos x
7 p ö
æ
+ sin x = 2 sin ç 2 x +
÷ (1) .
tan x
4 ø
è
k p
sin x ¹ 0
Đk:
Û sin 2 x ¹ 0 Û x ¹
( k Î ¢ )
cos x ¹ 0
2
2
2
0,25
0,25
{
(1) Û (1 - cos x ) cos x + sin 2 x = sin x ( sin 2 x - cos 2 x )
3
écos 2 x = 0
p ö 1
Û cos 2 x ( cos x + sin x - 1) = 0 Û ê æ
êsin ç x + ÷ =
4 ø
2
ë è
p k p
+) cos 2 x = 0 Û x = +
( k Î ¢ )
4
2
é x = k 2 p ( l )
p ö 1
p k p
æ
+) sin ç x + ÷ =
. Vậy (1) có nghiệm x = +
Ûê
( k Î ¢ ) .
p
4 2
4 ø
2 ê x = + k 2 p ( l )
è
ë 2
1,0 điểm
ïì( 4 y - 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 y + 1 (1)
( I ) .
í 4
2
2
(2)
ïî x + x y + y = 1
2
0,25
0,25
0,25
0,25
2
Đặt x + 1 = t ³ 1 Þ phương trình (1) có dạng 2t - ( 4 y - 1) t + 2 y - 1 = 0
ét = 2 y - 1
2
2
D = ( 4 y - 1) - 8 ( 2 y - 1) = ( 4 y - 3 ) Þ ê 1
êt = (l )
ë 2
ì y ³ 1
+) Với t = 2 y - 1 ³ 1 Û x 2 + 1 = 2 y - 1 Û í 2
thay vào (2) ta được
2
î x = 4 y - 4 y
0,25
0,25
2
16 y 2 ( y - 1) + 4 y 2 ( y - 1) + y 2 - 1 = 0 Û y = 1 (do y ³ 1 ) Þ x = 0
4
Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) .
1,0 điểm
Ta có:
0
dx
I = ò
=
2
p 1 - 2sin 2 x + 2cos x
-
4
0
dx
ò p sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos 2 x =
-
4
1
dx
cos 2 x
ò p tan 2 x - 4 tan x + 3
0
-
0,25
0,25
4
1
Đặt t = tan x Þ dt = 2 dx Đổi cận :
cos x
x
p
-
0
4
t
0
- 1
0
0
0
dt
dt
1 æ 1
1 ö
Vậy I = ò 2
=ò
= ò ç
÷ dt
t - 4t + 3 -1 (t - 1)(t - 3) 2 -1 è t - 3 t - 1 ø
-1
0,25
0,25
0
1 æ t - 3 ö
1
1 3
= ç ln
= ( ln 3 - ln 2 ) = ln
÷
2 è t - 1 ø -1 2
2 2
0,25
5
1,0 điểm
S
K
A
I F
B
M
D
C
E
H
Gọi M, E lần lượt là trung điểm của AI và CD.
Do ( SCD ) ^ ( ABCD ) và SA = SI Þ trong mặt phẳng (ABCD) và qua M kẻ đưởng
thẳng vuông góc với AB cắt CD tại H thì H là hình chiếu của S trên mp(ABCD)
Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB tại F
a 13
a
a 3
a 3
Þ EF =
, IF = Þ EI =
Þ HM =
Þ HB = a 3
4
4
2
2
· = 30 o Þ SH = a
( SB, ( ABCD ) ) = ( SB, HB ) = SBH
æ 3a
ö a 3
+ 2 a ÷
ç
3
1
1
2
ø 2 = 7 a 3 (đvtt)
VABCD = SH . S ABCD = a è
3
3
2
24
CD / / ( SAB ) và SI Ì ( SAB ) Þ d ( CD , SI ) = d ( CD , ( SAB ) ) = d ( H , ( SAB ) )
HM ^ AB Þ ( SHM ) ^ ( SAB ) . Gọi HK là đường cao của tam giác SHM suy ra
HK ^ ( SAB ) Þ d ( CD, SI ) = HK =
6
0,25
0,25
0,25
0,25
a 21
.
7
1,0 điểm
8 = ( a + b )( b + c )( c + a ) ³ 8abc Þ abc £ 1
8 = ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) - abc
0,25
³ ( a + b + c ) 3 abc ( a + b + c ) - abc
3
( a + b + c )
suy ra
8 + abc
3abc
1
£
9
3 abc
Þ a + b + c £ 3
3
0,25
abc
3
³ 3
+ 3 abc ³ 2
3
a
+
b
+
c
abc
abc
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . Vậy, Pmin = 2 Û a = b = c = 1 .
P³
7.a
1
£
+
1,0 điểm
B
A
E
I
J
E'
F
D
C
0,25
0,25
· nên E’ thuộc
Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc BAD
AD. EE’ vuông góc với AC và qua điểm E ( 9; 4 ) nên có phương trình x - y - 5 = 0 .
8.a
ìx - y - 5 = 0
ì x = 3
Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ í
Ûí
Þ I ( 3; 2 )
îx + y -1 = 0
î y = -2
Vì I là trung điểm của EE’ nên E '(-3; - 8)
uuuur
Đường thẳng AD qua E '(-3; - 8) và F (-2; - 5) có VTCP là E ' F (1;3) nên phương trình
là: 3( x + 3) - ( y + 8) = 0 Û 3 x - y + 1 = 0
Điểm A = AC Ç AD Þ A(0;1) . Giả sử C (c;1 - c) .
0,25
Theo bài ra AC = 2 2 Û c 2 = 4 Û c = 2; c = - 2 . Do hoành độ điểm C âm nên
C (- 2;3)
Gọi J là trung điểm AC suy ra J (- 1; 2) , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC có
phương trình x - y + 3 = 0 . Do D = AD Ç BD Þ D(1; 4) Þ B(- 3; 0)
Vậy A (0;1) , B(-3;0), C (- 2;3), D(1; 4).
0,25
0,25
1,0 điểm
Mặt cầu (S) có tâm I ( 2; - 1; - 1 ) , bán kính R = 3
ur
uuur
uuur ur
Mặt phẳng (P) có vtpt n1 (1; - 1;1) , AB ( 3;1;1) Þ éë AB, n1 ùû = ( 2; - 2; - 4 )
r
Do mặt phẳng (a ) / / AB và (a ) ^ ( P ) Þ (a ) có vtpt n (1; - 1; - 2 )
Suy ra phương trình mặt phẳng (a ) : x - y - 2 z + m = 0
(a )
0,25
0,25
cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3
5 + m
m = 1
= 6 Û éê
ë m = -11
6
Vậy, có hai mặt phẳng (a ) thỏa mãn là x - y - 2 z + 1 = 0 và x - y - 2 z - 11 = 0
Þ d ( I , (a ) ) = 6 Û
9.a
0,25
0,25
0,25
1,0 điểm
Giả sử số tự nhiên có ba chữ số thuộc tập M là a1a2 a 3
Số các phần tử của M:
a 1 có 6 cách chọn
0,25
a 2 có 6 cách chọn
a 3 có 5 cách chọn Þ M = 6.6.5 = 180
Số các số tự nhiên trong M có tổng các chữ số là số lẻ:
TH1: Có 1 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn Þ có C31 .C42 .3!- C31 .C4 1 .2! = 84 số
TH2: Có 3 chữ số lẻ Þ có 3! = 6 số Þ có 90 số trong tập M có tổng các chữ số là số lẻ
Suy ra xác suất cần tìm là
7.b
90 1
= .
180 2
0,25
0,25
0,25
1,0 điểm
A
N
B
I
G
M
C
D
Do A, D nằm khác phía so với BC và cách đều BC suy ra BC đi qua trung điểm I của
AD.
0,25