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.. PHẦN
Trang 1Thời 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 4 2 2 2
y= x -m x +m - (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 ) ( )
ï
ï
.
Câu 4 (1,0 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình 2 ( ) ( ) 3
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 + = 4 0 và hai đường
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 1 và tiếp tuyến MB đến đường tròn ( ) C 2 (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 - = 3 0 và đường
thẳng d2 : 2x-y - = 1 0 cắt nhau tại I . Viết phương trình đường thẳng d đi qua O và cắt d1, d lần lượt 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 .
n
a
a + + + + = ç ÷ æ ö
è ø
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 20132014
Môn: TOÁN; Khối A, A 1
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 y=2x4-4x 2 + 3 TXĐ: D = ¡
Giới hạn: lim ; lim
®+¥ = +¥ ®-¥ = +¥
0,25
' 8 8 ; ' 0
1
x
x
=
é
= - = Û ê = ± ë
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 = Ûx = ± Điểm uốn 1 17 ;
9
3
U æç± ö ÷
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
=
é
ê
=
ê
0,25
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị Û (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 Ûm ¹ 0 0,25
b
Trang 2Dễ thấy A Oy còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi m ¹ ± 1
Tọa độ trung điểm của BC là
4
2
8
m
Iæç - +m - ö ÷
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 0 1 ( )
2
k
x
x
p
¹
Pt Û( cos 2x+sin 2x) sin 2x= - 1 cos 2 x Û( cos 2x+sin 2x-1 sin 2)( x +1) = 0
sin 2 1
1 sin 2
x
= -
é
ê
ë
0,25
+) sin 2 1
4
p
+)
( )
1 sin 2
4
x
p
p
p p
=
é
æ + ö = Û ê
ê
Vậy phương trình có nghiệm ( )
4 2
k
0,25
( 2 ) ( )
ï
ï
Đk:
1
2
3
4
y
x
ì £
ï
í
ï £
î
0,25
2
(1)Û 4x +1x+ y-1 1 2- y=0Û 2x +2x= 1 2- y + 1 2 - y
Xét hàm số f t ( ) =t3 + trên ¡ , t f t'( )=3t2 + ³ " Î ¡ 1 0 t
0,25 (1) có dạng f( ) 2x =f( 1 2- y) Û2x= 1 2- yÞx ³ 0
Thay vào phương trình (2) ta được
16x -24x +8 3 4- x - = 3 0 ( 2 )( 2 ) 16 2( 1 )
3 4 1
x
x
-
- +
0,25
3 4 1
x
- +
1
2
x
Û = do 0 3
4
x
£ £
2
x= Þy = Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 ; 0
2
è ø .
0,25
Điều kiện x ³ 0 Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn.
0,25
Đặt
2
4
2
x
t
x
+
= ³ Từ phương trình (1) ta có: 2 ( ) ( )
( )
2
2
1
t
+ +
-
0,25
Xét hàm số ( ) 2
1
g t
t
+ +
=
- với t ³ 2
( ) ( ) 2 ( )
3
1
t
t
= -
é
ê =
ë
-
BBT
g(t)
8
7
+¥
0,25
Để (1) có nghiệm x > thì (2) có nghiệm 0 t ³ 2
F
E
I
K
D
A
S
Goi E là trung điểm của CD, suy ra AB^ IE . Lại có AB^SIÞAB^ ( SEI ) , do đó
( ABCD) ^ (SIE ) Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH ÞSH^ ( ABCD ) 0,25
SI=a IE= aÞSE= a (do tam giác SEI vuông tại S) 3
2
a
SH
Vậy
3
.
S ABCD ABCD
a
0,25
EH= SE -SH = ÞOH=EH= = OI Qua O kẻ OF/ /BC F( Î BC )
( , ) ( , ( ) )
0,25
Kẻ HK vuông góc với SO tại K ÞHK^ ( 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
-
5 P 5
Trang 3Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b= c
7.a 1,0 điểm
( ) C 1 có tâm I ( ) 1;1 , bán kính R = ; 1 1 ( ) C 2 có tâm J - ( 3; 4 ) , bán kính R = 2 2 0,25
Do IJ=5 >R1+ R 2 Þ ( ) ( ) C1 , C 2 rời nhau nên A và B phân biệt 0,25
( ; 4 )
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) 2
6
C =
Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho 3
4
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
(1)Ûlog éë x+3 x- ù =1û log 4xÛ(x+3)x- = 1 4 x (2)
0,25
Nếu x > ; (2) 1 Û(x+3)(x-1)= 4 x 1 3
3
x
x
x
= -
é
ê =
Nếu 0<x < ; (2) 1 Û(x+3)(1-x)=4xÛx= - ±3 2 3Þx = - + 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^ d 2 Tam giác IAB vuông tại I và có 2IA= IB nên · 1
cos
5
d tạo với d 1 một góca với cos 1
5
a =
0,25
1
d có véc tơ pháp tuyến n ur 1 (1; 2)
, gọi n a b r ( ; )
là véc tơ pháp tuyến của d
1
1
cos
+
ur r
b
=
é
= -
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
0,25
2
0
sin 2
4
x
x
x
®
0
cos 3 cos
x
x
®
-
9.b 1,0 điểm
Cho
3
n
n
a
15
n
Ta có
5
k
k
( )
5
15 3
5
0 0
2
k
i
k
k i
= =
=åå - ( 0£ £i k £ 5 )
0,25
15 3- k+ =i 6Û3k- = i 9
Ta có bảng sau
0,25
3, 0
Þ = = hoặc k=4,i = 3
Vậy 3 0( ) 0 4 3 ( ) 3
6 5 3 2 5 4 2 150.
Hết
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl
Trang 4Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 2
1
x
y
x
-
=
- có đồ thị là ( C ).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số.
b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng ( )d m : y= - + x m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm
,
A B phân biệt sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: (2 tan2 x-1) cosx= - 2 cos 2 x .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
ï
ï
î
( ,x yÎ R ).
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: 2
2
m x + =x+ m có hai
nghiệm thực phân biệt.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với BC=CD=DA= ; a
2
AB= a ; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ; SC tạo với mặt phẳng ( ) ABCD một góc )
bằng 0
60 Tính thể tích của khối chóp S ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD theo a
Câu 6 (1,0 điểm). Cho , , x y z là các số thực dương thoả mãn: x2+y2+z 2 = Tìm giá trị lớn nhất của 1
biểu thức:
z
y
x
xz
yz
xy
T
+ + + + +
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 trục toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB = 4 2 ,
điểm A có hoành độ âm. Đường thẳng AB có phương trình x+y + = , đường thẳng BD có phương 2 0
trình 3x+y = Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại của hình chữ nhật. 0
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC đều. Đường tròn nội tiếp tam
giác ABC có phương trình (x-4)2+(y -2)2 = , đường thẳng BC đi qua 5 3
; 2
2
M æç ö ÷
è ø Tìm toạ độ điểm A
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2 n1 n 2 4 6
A =C- +C- + n + Tìm hệ số của x 16
trong khai triển nhị thức Niutơn ( 3 )
2
n
x - x (với x > ). 0
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho các điểm A (4; 3); (4;1) - B và đường
thẳng ( ) :d x+6y = Viết phương trình đường tròn ( ) 0 C đi qua A và B sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại
A và B cắt nhau tại một điểm thuộc ( ) d
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho elíp( ) E đi qua điểm 3 2 ; 2
2
M æçç ö ÷ ÷
và
có độ dài trục lớn bằng 6 Tìm tọa độ của điểm N thuộc ( E ) sao cho ON = 5 .
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn 3
20( 2)
n
A- = n - . Tìm số hạng không chứa x
trong khai triển nhị thức Niutơn 3 1 n
x
x
+
è ø (với x ¹ ). 0
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 06 trang)
ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 20132014
Môn: TOÁN; Khối D
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 bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng
với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
1 a 1,0 điểm
+ TXĐ: D= R \ 1 { }
+ Sự biến thiên: Ta có: 1 2 0,
( 1)
x
¢ = > " Î
0,25 + Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (-¥ ;1) và (1;+¥ )
+ Hàm số không có cực trị + Giới hạn, tiệm cận.
= +¥ = -¥ Þ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: x = 1 . lim 1; lim 1
= = Þ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = ; 1
0,25
+ Bảng Biến thiên
+
+
0,25
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2; 0) , trục Oy tại điểm (0; 2)
f(x)=( x2 )/( x 1 ) f(x)=1
x (t )=1 , y (t )=t
5
3
1
1
3
5
7
x
y
0,25
b 1,0 điểm
Phương trình hoành độ giao điểm của (d m ) và ( ) C là:
2
2 0
Vì
2
m m
ìD = - + >
í
- + - = - ¹
î
với m " nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m . Suy ra (d m ) cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt với m "
0,25 Gọi các giao điểm của (d m ) và ( ) C là: A x( A;y B); (B x B;y với B ) x ; A x là các nghiệm B
của phương trình (1) Theo Viet có: x A+x B=m; x x A B =m - 2 0,25
Trang 5Ta có AB =2(x A-x B) =2 ([ x A+x B) -4 x x A B ùû=2[ m-4(m-2)ùû=2 ([ m -2) +4ù û ³ 8
2 1,0 điểm
2
p
2
2
cos
x
0,25
2 cos x 3cos x 3cosx 2 0
Đặt t=cos ;x t¹0,t Î - [ 1;1 ] ta được: 3 2
1
1
2
t
t
é
ê = -
ê
- - + = Ûê =
ê
=
ê
0,25
Với t= - Þ1 cosx= - Û1 x=(2k+1) ; p kÎ Z (thoả mãn).
Với t = 2 (loại)
t= Þ x= Ûx= ±p +k p kÎ Z (thoả mãn)
0,25
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (2k+ 1) p; 2
3 k
p p
3 1,0 điểm
( ) ( )
1
ï
ï
2
(1)Û(x - -1 y x)( +y )= 0
0.25
2
0
1
= =
é
Û ê
= +
ë Trường hợp x=y = thế vào (2) không thoả mãn. 0
0.25
Trường hợp 2
1
x =y + thế vào phương trình (2): 3 ( )
2y - 3 2- y - = 1 0 3
2
f t = t - - t- t Î -¥ æç ù ú
( ) 6
3 2
t
¢ = +
- ;
3
2
f t¢ > " Î -¥ t æç ö ÷
Vậy hàm số ( ) f t đồng biến trên 3
2
-¥
è û ; mà f (1)= 0
Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất y = 1
0.25
y= Þx = Ûx = ± (thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;1); (- 2;1) 0.25
4 1,0 điểm
Tập xác định: D= R
2
x 2 1
x
+ -
0.25
Ta có:
2
2
'( )
, " Î x R
0.25
2
2
2
2
x
x
é = -
=
ê
1
x lim f ( x )
x lim f ( x )
Bảng biến thiên:
0
0
1
2
2
1
_ +
_
+¥
2
2
¥
f(x) f'(x)
x
0.25
Từ bảng biến thiên ta được m Î -( 2; 1- ) ( È 1; 2 ) thỏa mãn. 0.25
5 1,0 điểm
Vì BC=CD=DA= ; a AB= 2 a nên AB là đáy lớn; D C là đáy nhỏ của hình thang ABCD Gọi O là trung điểm của AB
Ta có các tứ giác AOC ; D OBC là các hình thoi và các tam giác D AO ; DC D O ;
OCB là các tam giác đều cạnh a Þ O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC D .
Ta có:
ABCD AOD
0.25
Trong hình thoi AOC D , ta có: AC a 3
Trong tam giác vuông SAC có góc · 0
60
tan 60 3 3 3a
Þ
.
S ABCD ABCD
0.25
Gọi I là trung điểm của SB Þ O//SA I Þ đường thẳng O I là trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy nên IA=IB=IC= I D .
Mặt khác tam giác SAB vuông tại đỉnh A Þ IA=IB = IS
Þ IS=IA=IB=IC= I D hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD
0.25
Bán kính của mặt cầu đó là:
IS
Diện tích của mặt cầu đó là:
2
4
0.25
6 1,0 điểm
Đặt x + y + z = ; > t 0
1
2
1
2
2
2
2
2
2
>
Þ
-
= + +
- + +
= +
+ yz zx x y z x y z t t
xy
Lại có: ( ) ( 2 ) ( 2 ) 2 0
³
- +
- +
3 x y z
z
y
0.25
Trang 63 Þ £
£
Khi đó:
t
t
+
-
= với t Î ( 1 ; 3 ]
Xét hàm
t
t
t
+
-
2
1
2 )
t
t
t
f ¢ = - ; f ¢ t ) > 0 ; " t Î ( 1 ; 3 ]
0.25
Ta có bảng biến thiên của hàm số trên ( 1 ; 3 ]
2 + 1
3
1
+
3
1
f(t) f'(t)
t
0.25
Từ bảng biến thiên suy ra 2 1
3
3
1
=
=
x
Vậy T lớn nhất bằng (
3
1
2 + ) đạt được khi
3
1
=
=
0.25
7.a 1,0 điểm
4 2
3x + y = 0
x + y + 2 = 0
B
A
Ta có: B=ABÇBDÞB (1; 3) -
+ AÎABÞA t( ;- -t 2); (t < 0)
BA= Û t- + - +t =
0.25
( 1) 16
5
t
t
t
= -
é
ë Với t = 5 loại vì t < 0 .
Với t= - Þ3 A ( 3;1) - Þ AD qua A và vuông góc với AB nên có phương trình
(x+3) (- y -1)= 0 Û x- + = y 4 0
0.25
Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên có phương trình:
(x-1) (- y+3)=0Ûx- - = y 4 0
+ D=ADÇBD Þ D(1:3)
0.25
Đường thẳng DC qua D và song song với AB nên có phương trình :
(x+1) (+ y-3)=0Ûx+y - = 2 0
Vậy: BC x: - - = y 4 0; DC x: +y - = ; 2 0 AD x: - + = y 4 0
0.25
M ( 3
2 ;2)
I (4; 2)
B
A
Gọi ( ) : (C x-4)2+(y -2)2 = 5 Þ ( ) C có tâm (4; 2) I ; bán kính R = 5
Gọi H là trung điểm của BC , tam giác ABC đều Þ I là trọng tâm của tam giác
ABC ÞuurAI= 2 uuur IH
0.25
Gọi ( ; ) n a b r
(( 2 2 )
0
a +b ¹ ) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AB
Phương trình đường thẳng BC : ( 3 ) ( 2) 0
2
Ta có: ( ,d I AB ) =IH= R
5
2
5
a
+
2
=
é
ë
0.25
Trường hợp a=2 b Þ Phương trình đường thẳng BC : 2 x+y- =5 0ÞH t ( ;5 2 ) - t
2 (2;1) (8; 4)
Trường hợp a= -2 b ÞPhương trình đường thẳng BC: 2x- - = Þy 1 0 H s( , 2s - 1)
2 (2;3) (8;0)
Vậy các điểm A thoả mãn là (8;0) A ; (8; 4) A
0.25 9.a 1,0 điểm
Đk: n³2, nÎ N *
( 2)! ( 2)!(2!) ( 1)!
n n
0.25
1
n
n
=
é
= -
ë
(thỏa mãn). 0.25
Với n = 12 ta có :
5
k
Hệ số của 16
x là 12 k ( 2) k
2
k
k
0.25
Vậy hệ số của 16
12 ( 2) 126720
7.b 1,0 điểm
(C)
(d): x + 6y = 0
M
B (4; 1) A(4; 3)
Giả sử hai tiếp tuyến của ( C ) tại , A B cắt nhau tại MÎ ( ) d .
Phương trình đường thẳng AB là: x = 4 .
0.25
Trang 7 Gọi I là tâm của đường tròn ( ) C ; H là trung điểm AB ÞH (4; 1) -
;
(6; 1) ( 2; 2)
+ Giả sử ( ; 1)I a- ÞIAuur (4-a ; 2) -
Mà IA^MAÞ -2(4-a) 4+ =0Ûa = 2
0.25
Vậy (2; 1) I - ; bán kính của ( ) C là IA = 2 2 Þ ( ) C : ( ) 2 2
Vậy đường tròn ( ) C có phương trình là ( ) 2 2
8.b 1,0 điểm
Giả sử phương trình của ( ) E là:
a +b = ( a>b > ) 0
Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên 2a=6Ûa = 3 .
0.25
9 4
E
+) Giả sử N x y , ta có hệ phương trình: ( ; )
2
5
16
5
ì
ì
+ =
î
0.25
Vậy có 4 điểm : 3 5 4 5 ;
5 5
; 3 5 4 5 ;
5 5
; 3 5; 4 5
; 3 5; 4 5
. 0,25 9.b 1,0 điểm
Đk : n³5, nÎ Ta có N
3
20( 2)
n
( 5)!
n
n
-
-
0.25
1
n
n
=
é
= -
ë
8
k
k
-
-
Số hạng không chứa x ứng với 24 4- k=0Ûk = 6
Hết
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl