Kiểm tra chất lượng ôn thi đại học môn toán

Tính theo a thể  tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AB.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B A.. Tìm điểm

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014

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)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y2x4m x2 2m21 (1) (m là tham số)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 2

b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị A B C sao cho bốn điểm , ,

O, , , A B C là bốn đỉnh của một hình thoi (với O là gốc tọa độ)

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:

2

4 sin

1 cot 2

1 cos 4

x x

x

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2   

2 2





Câu 4 (1,0 điểm) Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình 2     3

x  m x  m x  x

có nghiệm

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2a Mặt

bên SAB là tam giác đều, SI vuông góc với mặt phẳng SCD với I là trung điểm của AB Tính theo a thể 

tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AB

Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:

3

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 đường thẳng d x: y  và hai đường 4 0

tròn    2  2

C x  y  Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn  C và tiếp tuyến MB đến đường tròn 1  C2 (với A, B là các tiếp

điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M

Câu 8a (1,0 điểm) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số

đôi một khác nhau và trong mỗi số đó có đúng 2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ

2

log ( 3) log ( 1) log 4

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d1:x2y  và đường 3 0

thẳng d2: 2x   cắt nhau tại y 1 0 I Viết phương trình đường thẳng d đi qua O và cắt d d lần lượt 1, 2

tại ,A B sao cho 2IAIB

Câu 8b (1,0 điểm) Tính giới hạn:

2

2 0 cos 3 cos lim

x x

x





n

       Xác định hệ số a biết rằng 6 15

3

1 2

1

n

a

a        

 

-Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh:………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014

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:

Với m 2 hàm số có dạng 4 2

y x  x  TXĐ: D  

Giới hạn: lim ; lim

     

0,25

Chiều biến thiên: ' 8 3 8 ; ' 0 0

1

x

x





BBT

y



1

3

1



0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng 1; 0 và 1;   

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 0;1 

Điểm cực đại0;3 , cực tiểu    1;1 , 1;1

0,25

a

'' 24 8; '' 0

3

y  x  y  x  Điểm uốn 1 17;

9 3

U 

Đồ thị: Giao với Oy tại 0;3 , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 

0,25

TXĐ: 

2

0

(*) 4

x

x











0,25

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị  (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0m0 0,25

b

A m  B  m   C  m  

Dễ thấy A Oy còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi m  1

0,25

Tọa độ trung điểm của BC là 2

8

m

I  m  

Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra

Đk: cos 4sin 2 01  

2

k

x



Ptcos 2xsin 2xsin 2x 1 cos 2xcos 2xsin 2x1 sin 2 x1 0

sin 2 1

1 sin 2

x

x 

 







0,25

+) sin 2 1

4

+)

( ) 1

sin 2

4

x k l x















 Vậy phương trình có nghiệm  

k

x  k 

0,25

2 2





Đk:

1 2 3 4

y x

 





 



0,25

2 (1) 4x 1x y1 1 2 y0 2x 2x 1 2 y  1 2 y

Xét hàm số 3

( )

f t t t trên  , 2

'( ) 3 1 0

f t  t     t

0,25

(1) có dạng f 2x f 1 2 y2x 1 2 yx 0

Thay vào phương trình (2) ta được

16x 24x 8 3 4 x 3 0  2  2  16 2 1

x

x



0,25

x

1 2

x

4

x

 

2

x y Vậy hệ phương trình có nghiệm 1; 0

2

 

0,25

Điều kiện x  Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn 0

Với x 0viết lại phương trình:  2     2   

x   m x x   m x

0,25

Đặt

2 4 2

x t

x



  Từ phương trình (1) ta có: 2    

t  m tm 

 

2 2 1

t t

t

 



0,25

Xét hàm số  

2 2 1

t t

g t t

 



 

3 1

t t

 



BBT

g(t)

8

7



Để (1) có nghiệm x  thì (2) có nghiệm 0 t  2

F

E

I K

D

A S

Goi E là trung điểm của CD, suy ra ABIE Lại có ABSIABSEI, do đó

ABCD(SIE) Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH SHABCD 0,25

SIa IE aSEa (do tam giác SEI vuông tại S) 3

2

a SH

Vậy

3

a

0,25

EH SE SH  OHEH  OI Qua O kẻ OF/ /BC F( BC)

d SO AB d AB SOF

  d I SOF ,  2d H SOF ,  

0,25

Kẻ HK vuông góc với SO tại K HKSOF  ,  2 3

2

a

Không mất tổng quát, giả sử: a b c   3

P

P

0,25

9

P



1

5 25

9

P



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc

0,25

 C có tâm 1 I 1;1, bán kính R  ; 1 1  C2 có tâm J  3; 4, bán kính R  2 2 0,25

MB MJ R  t  t 0,25

Tam giác AMB cân tại M 2 2

2

8.a 1,0 điểm

Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) C  2 6

Số các số có 5 chữ số phân biệt gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho (có cả

số 0 đứng đầu) 2 3

4 4.5! 2880

Số các số có 5 chữ số phân biệt mà số 0 đứng đầu gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy

từ tập đã cho 1 3

3 4.4! 288

Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2880 288 2592 số 0,5

9.a 1,0 điểm

ĐK:  0

1

x

x





(1)log  x3 x  1 log 4x(x3)x 1 4x (2)

0,25

- Nếu x 1; (2)(x3)(x1)4x 1 3

3

x x x

 



- Nếu 0x1; (2)(x3)(1x)4xx  3 2 3x  3 2 3 0,25

Vậy phương trình có 2 nghiệm x3;x  3 2 3 0,25

7.b 1,0 điểm

Ta có d1d2 Tam giác IAB vuông tại I và có 2IAIB nên  1

cos

5

IAB  hay

d tạo với d1 một góc  với cos 1

5



0,25

1

d có véc tơ pháp tuyến n1(1; 2)

, gọi n a b( ; )

là véc tơ pháp tuyến của d

1

2 2 1

cos



 

b





Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: x 0 và 3x4y0 0,25

8.b 1,0 điểm

2 0

1 cos 3 cos

lim

x

x



1 cos 4 1 cos 2 sin 2 sin

2

0,25

2 2 sin 2

4

x x

2

2 cos 3 cos

x

x



1,0 điểm Cho

3

1 2

n

n

a

x    a       

15

n

Ta có

5

k

k

 

5

15 3 5

0 0 2

k

i

k

 

0,25

15 3 k i 63k  i 9

Ta có bảng sau

k 3 4 5

i 0 3 6

0,25

3, 0

   hoặc k4,i3 Vậy 3 0 0 4 3 3

6 5 3 2 5 4 2 150

-Hết -

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  1 

1 2 

x 

y 

x

-

=

-  (1)  a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 

b) Chứng minh đường thẳng ( )d :  x-y+m = 0  luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt A, B với 

mọi m Tìm m sao cho  AB=OA OB uuur uuur +

, với O là gốc tọa độ. 

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:  2 

2 sin cos sin cos 2 cos 2 2 cos 

x 

x + x x= x+ æçx - p ö ÷

è ø . 

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 

2 2 

30 ­ ­ 2 ­ ­ 1 

x xy y 

x xy xy x y

=

ì

í

=

î 

( x, y Π R ) 

Câu 4 (1,0 điểm).  Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có nghiệm: 2x+ =1 m x 2 + 1 . 

Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC  là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc 

tạo bởi đường thẳng BC’ với mặt phẳng (ABB’A’) bằng  0 

60  Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’ và 

BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP  theo a. 

Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương  a, b, c  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

13a + 12 ab + 16 bc  a + b + c 

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 tam giác ABC có tọa độ trực tâm  H(3; ­2), 

trung điểm của đoạn AB là æç ö ÷

è ø 

1 

M ;0 

2  và phương trình cạnh BC là:  x – 3y – 2 = 0.  Tìm tọa độ các đỉnh của 

tam giác ABC. 

Câu 8.a  (1,0  điểm). Một hộp  chứa 11 bi được đánh  số  từ  1 đến  11.  Chọn  6 bi  một cách  ngẫu  nhiên  rồi 

cộng các số trên 6 bi được rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ. 

Câu 9.a (1,0 điểm).Giải phương trình: 2  4 ( 2 )  2 

x

B. Theo chương trình Nâng cao 

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H ( ) 1; 0 , tâm đường tròn ngoại tiếp 

3 3

;

2 2 

I æç ö ÷

è ø và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là K ( 0; 2 ) . Tìm tọa độ A, B, C. 

Câu 8.b (1,0 điểm) Cho khai triển: ( ) 10 ( ) 2 

1+2x 3+4x+4  x =a +a x+a x + +  a x   Tìm giá trị của a  6 . 

Câu 9.b  (1,0 điểm). Tìm giới hạn: 

2 

2 

0 

1 cos 2 

lim 

x 

I 

x

® + -

­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­ 

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! 

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: 

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số  1 

1 2 

x 

y 

x

-

=

+ Tập xác định:  \  1 

2 

D= R ì ü í ý

Giới hạn và tiệm cận : lim 1 1;          lim  1 1 

Þ đường thẳng  1 

2 

y = -  là tiệm cận ngang. 

lim ;        lim 

Þ  đường thẳng  1 

2 

x =  là tiệm cận đứng 

0.25 

+ sự biến thiên:

1 

1 2 

x

-

= < " Î

-  Hàm số nghịch biến trên  ;1 ; 1 ; 

2 2

è ø è ø . Hàm số không có cực trị. 

0.25 

+Bảng biến thiên 

X 

2

0.25 

+ đồ thị : 

f (x)=( x­1)/(1­ 2x) 

f (x)=­ 1/2 

­4.5  ­4  ­3.5  ­3  ­2.5  ­2  ­1.5  ­1  ­0.5  0.5  1  1.5  2  2.5  3  3.5  4  4.5 

­4 

­3 

­2 

­1 

1 

2 

3 

4 

x 

y 

0.25  (Đáp án có 6 trang)

Nhận xét : Đồ thị nhận điểm I (  ; ) 1 1 

2 2  làm tâm đối xứng. 

b  Chứng minh đường thẳng (d): x –  y + m = 0 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm 

phân biệt A, B với mọi m. Tìm m sao cho  AB=OA OB uuur uuur +

với O là gốc tọa độ.  1.0 

Phương trình hoành độ giao điểm : 

2 

1 

1 2 

x 

x

-

- 

0.25 

D = + + > " = - ¹  , nên (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 

2 

suy ra  ( )  d  luôn cắt (1) tại 2 điểm phân biệt  ,  A B  với mọi  m  

0.25 

Ta có A x x( 1; 1+m B x x) ( , 2; 2 + m ) với x x  là 2 nghiệm của (*) . Theo vi­et 1, 2 

1 2 

1 2 

1 

2 

m 

x x

+ = -

ì

=

ï

Gọi  M  là trung điểm của  AB 

2 

AB=OA OBuuur uuur + ÛAB= OM Û

tam giác  OAB  vuông tại  O 

0.25 

2 

1 2 1 2 

uuur uuur 

Kết luận : m = -    1 

0.25 

2 

Giải phương trình:  2 

2 sin cos sin cos 2 cos 2 2 cos 

x 

x + x x= x+ æçx - p ö ÷

sin 1 cos sin cos 2 cos 2 sin cos 

cos 2xsinx 1 cosx sinx 1 0 sinx 1 cos 2x cosx 0 

2 

2 

2 

é

ê

= - p + p

ë

¢ 

Vậy phương trình có nghiệm 2 ( ) 

2 

x=p +k p k Î ¢  và 2  ( ) 

x=p+k p k Î ¢ 

0.25 

3 

Giải hệ phương trình: ì í

î  2 2 

10x ­ xy ­ y = 2 

30x ­ xy ­ 2xy ­ x ­ y = 1  ( x, y Π R )  1,0 

Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ. 

2 

2 

2 2 

30 

y 

ï

î 

0.25 

Đặt 

1 

1 

a 

x 

b y

ì =

ï

ï = +

î 

khi đó hệ trở thành  11 

+ + =

ì + =

î 

a ab b 

ab a b 

6 

5 

5 

6

éì + =

í

ê =

î

ê

Û

ê ì + =

êí

=

êî

ë 

a b  ab

a b 

ab 

0.25

TH1. 

1; 4 

1 

5

é

ë 

x y 

6 + =

ì

í

=

î 

a b 

ab 

1 

; 2 

1  3; 2 

; 1 

3

é

ê

é

ê

Vậy hệ có 4 nghiệm: (1; 4); ( ; 0);( ; 2); ( ;1) 1 1 1 

0.25 

4  Tìm tất cả các giá trị thực m để phương trình sau có nghiệm thực 

2 

Ta có : 

2 

2 1 

1 

x 

x

+

Xét hàm số ( )  22  1 

1 

x 

f x 

x

+

= +  trên R. 

3 

2 

2 

1 

x 

x

-

+

. 

0.25 

( ) 

/ 

f x  +      0  ­

( ) 

f x 

5 

­2      2 

0.25 

Từ BBT suy ra: Phương trình có nghiệm Ûm Î - ( 2; 5 ù

5  Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’  có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc 

tạo bởi đường thẳng BC’  với mặt phẳng (ABB’A’) bằng  0 

60  Gọi M, N, P lần lượt là trung  điểm của BB’, CC’ và BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai 

đường thẳng AM và NP  theo a. 

1,0 

C'  A' 

B' 

H 

K 

A 

B 

C 

N 

P 

M 

I 

Q 

Gọi H là trung điểm A’B’. 

Ta có  C ' H^A ' B '; C ' H^ BB '

C ' H ABB ' A '

· · BC '; ABB ' A ' =C ' BH= 60 0 

BH BB ' B ' H 

2

Tam  giác  HBC’  vuông  tại  H  nên  ta  có 

C ' H BH.tan 60 a 3 a 

0.25 

Diện tích tam giác A’B’C’ là 

2 

A 'B'C ' 

S C ' H.A ' B ' 

ABCA 'B 'C ' A 'B'C' 

15 

4

Gọi Q là trung điểm B’C’ ÞNP / /MQÞ NP / / AMQ ( ) 

Gọi I là giao điểm MQ và BC. Khi đó B là trung điểm của PI 

Ta có : d NP; AM( ) =d NP; AMQ( ( ) ) = d P; AMQ ( ( ) ) , ( ( ) )

d P; AMQ  PI 

2 

BI 

d B; AMQ = =  .  Gọi K là trung điểm HB’thì KQ / / 1 C ' H 

2

= 

2  AMB' ABB' 

3 

B 'AMQ AMB' 

0.25 

Mặt khác ABB’A’ là hình vuông nên  AM^ BH mà

AM^C ' HÞAM^ BHC ' ÞAM^BC 'ÞAM^ MQ  

B ' C ' C ' H HB ' 2a MQ MB ' B 'Q a ; AM 

2  AMQ 

Nên ( ( ) ) ( ( ) ) B'AMQ  ( ) 

AMQ 

0.25 

6  Cho  ba  số  thực  dương  a, b, c   Tìm  giá  trị  nhỏ  nhất  của  biểu  thức: 

13a + 12 ab + 16 bc  a + b + c 

1,0 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 

a 4b b 4c 

13a 12 ab 16  bc 16(a b c)

Þ + + £ + +   Dấu “ = ” xảy ra Û  a=4b= 16c  

0.25 

Suy ra

P 

Đặt  t=a+b+c, t> 0  Khi đó ta có: P  3 3 

2t  t

³ - 

0.25 

Xét hàm số f t ( )  3 3 

2t  t

= -  trên khoảng  (0;+¥  , ta có ) ( )  2 

f ' t 

2t  2t t

2t  2t t

xlim f (t) 0  +

® = +¥  ; 

x lim f (t) 0

®+¥ = 

Vậy ta có P  3 

2

³ -  , đẳng thức xảy ra Û  a b c 1 

a 4b 16c 

Û + + =

= =

ì

í

î 

.  0.25

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  3 

2

-  khi và chỉ khi ( a, b, c)  16 4, , 1 

21 21 21

7.a  Trong mặt  phẳng với  hệ  tọa  độ  Oxy cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm  H(3; ­2), 

trung điểm của đoạn AB là æç ö ÷

è ø 

1 

2  và phương trình cạnh BC là:  x – 3y – 2 = 0.  Tìm 

tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 

1,0 

­ Phương trình AH:  3(x 3) 1.(y 2)- + + = 0

3x y 7 0

0.25 

x 2  A(x ; 7 3x ); B(x ; ). 

3

-

- 

M là trung điểm AB 

1 2 

1 

2 

2 

1 

x 2 

3

+ =

ì

ï

= -

ï

Þ A(2; 1); B(­1; ­1). 

0.25 

3 

x 2  C(x ; ). 

3

- 

3 

x 2 

3

-

3 

-

11 11

-

Vậy A(2; 1); B(­1; ­1); C 19;  1 

11 11

-

0.25 

8.a  Một hộp chứa 11 bi được đánh số từ 1 đến 11. Chọn 6 bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng 

thứ tự 6 bi được rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ.  1.0 

Gọi H là biến cố:” kết quả thu được là số lẻ” H xảy ra khi một trong các biến cố sau xảy ra : 

A : ”1 bi mang số thứ tự lẻ và 5 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” 

B : ”3 bi mang số thứ tự lẻ và 3 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” 

C : ”5 bi mang số thứ tự lẻ và 1 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” 

0.25 

Trong 11 bi có 6bi có số thứ tự lẻ {1,3,5,7,9,11},  5 bi có số thứ tự chẵn  {2,4,6,8,10}  0.25

A, B, C là các biến cố xung khắc nên

( ) ( ) ( ) ( )  6 200 30 118 

462 462 462 231

9.a  Giải phương trình: 2  4 ( 2 )  2 

x

xÎ -¥ - È +¥ Þx - > ÞVT > 

+ Với ( )  2 

xÎ - Þx - < ÞVT <   Suy ra phương trình (1) vô nghiệm 

0.25

Với  2 

x= - Þx - = ÞVT =    Suy ra x = -  là nghiệm của phương trình  2  0.25 

x= Þx - = ÞVT =    Suy ra x =  là nghiệm của phương trình  2 

Vậy phương trình có hai nghiệm: x= -2,x =   2  0.25 

7.b  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H ( ) 1; 0 , tâm đường tròn ngoại tiếp 

3 3

;

2 2 

I æç ö ÷

è ø và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là K ( 0; 2 )  Tìm tọa độ A, B, C.  1,0 

A 

D 

M 

H 

K 

I 

Gọi M là trung điểm BC  Phương trình đường cao AH :2x + y ­ 1 = 0  Phương trình đường thẳng BC :x – 2y +4 = 0 

PT đường trung trực IM vuông góc với BC : 2x y 9  0 

2 + - =  Tọa độ điểm M là  1; 5 

2

æ ö

ç ÷

è ø 

0.25 

Gọi D là điểm đối xứng với A qua I. Ta có  DB AB  DB / /CH 

CH AB

^

ì

Þ

í

^

î  Tương tự DC//BH nên tứ giác HBDC là hình bình hành nên M là trung điểm HD. 

Xét tam giác AHD có IM là đường trung bình nên AHuuur=2IMuuur ÞA 2; 2 ( - ) 

0.25 

Giả sử B 2b( -4; b) ÞC 6( -2b;5 b -  ) . Ta có  BH.ACuuur uuur  0

0.25

b 4

=

é

ë  Vậy  A(2 ; ­2) ; B(­2 ;1) ;C(4 ;4) hoặc A(2 ; ­2) ; B(4 ;4); C(­2 ;1) 

0.25 

8.b  Cho  khai triển:( ) 10 ( ) 2 

1+2x 3+4x+4  x =a +a x+a x + +  a x Tìm giá  trị  của 

6 

a 

1,0

( ) 10( 2 ) 2  ( ) 10 ( ) 2 2 

1+2x 3+4x+4x = +1 2x é2+ + 1 2  x ù

( ) 10 ( ) ( 12 ) 14 

4 1 2x 4 1 2x 1 2  x

Hệ số của x 6 trong khai triển ( ) 10 

4 1+ 2x là:  6 6 

10 

4.2  C 

Hệ số của x 6 trong khai triển ( ) 12 

4 1+ 2x là:  6 6 

12 

4.2  C 

Hệ số của x 6 trong khai triển ( ) 14 

1+ 2x là: 2  C 6 14 6 

0.25 

6 4.2 10 4.2 12 2 14  482496 

9.b 

Tìm giới hạn: 

2 

2 

0 

1 cos 2 

lim 

x 

x

® + - 

2 

2 

1 1 

x 

+ -

+ + 

0.25 

2 

1 cos 2 2 sin 

-

0 

x 

x

®

+ -

­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­ 

Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl