Đề kiểm tra chất lượng Toán 12 học kỳ II

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

169
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo 3 Đề kiểm tra chất lượng Toán 12 học kỳ II với nội dung xoay quanh: đồ thị hàm số, phương trình tiếp tuyến, phương trình tham số,...phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra chất lượng Toán 12 học kỳ II

së gd&®t th¸i b×nh ®Ò kiÓm tra chÊt l−îng häc kú II-lÇn II tr−êng thpt b¾c ®«ng quan m«n : To¸n 12 N¨m häc 2008-2009 ( Thêi gian lμm bμi 150 , kh«ng kÓ giao ®Ò ) I. PhÇn chung dμnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh ( 7,0 ®iÓm) 1− x C©u 1 : (3,5 ®iÓm) Cho hμm sè y = x+2 1. Kh¶o s¸t vμ vÏ ®å thÞ (C) cña hμm sè 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) biÕt tiÕp tuyÕn ®i qua ®iÓm A(0; -1) 3. Gäi (H) lμ h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (C), trôc hoμnh vμ ®−êng th¼ng y = -3x – 1. TÝnh thÓ tÝch vËt thÓ trßn xoay sinh bëi (H) khi quay quanh Ox C©u 2 : (2,0 ®iÓm) 1. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh log 3 (9 x + 9) > x − log 1 3x +1 − 7 ( ) 3 ⎛ 4 ⎞ x 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña hμm sè f ( x) = ∫ ⎜1 − ⎟dt trªn ®o¹n [7 ; 16] 0⎝ 25 − t ⎠ C©u 3 : (1,0 ®iÓm) Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu S.ABC cã diÖn tÝch ®¸y b»ng 3 , gãc gi÷a c¹nh bªn vμ mÆt ®¸y b»ng 450 .X¸c ®Þnh t©m vμ tÝnh diÖn tÝch mÆt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp y 2 x+ y x+ y C©u 4 : (0,5 ®iÓm) Cho c¸c sè thùc d−¬ng x, y. Chøng minh r»ng e < x II. PhÇn riªng : (3,0 ®iÓm) ThÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh nμo chØ ®−îc lμm theo ch−¬ng tr×nh ®ã 1. Theo ch−¬ng tr×nh chuÈn ⎧ x = −2t ' ⎪ C©u 5a : (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian Oxyz cho ®−êng th¼ng d1 : ⎨ y = −5 + 3t ' ⎪z = 4 ⎩ Hai mÆt ph¼ng (α) vμ (α’) lÇn l−ît cã ph−¬ng tr×nh lμ x + y -3 = 0 vμ x + 2z -1 = 0 1. Chøng tá (α) c¾t (α’). ViÕt ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng d2 lμ giao tuyÕn cña hai mÆt ph¼ng (α) vμ (α’) 2. Chøng tá d1 vμ d2 chéo nhau. TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a d1 vμ d2 C©u 6a : (1,0 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng phøc cho bèn ®iÓm A, B, C, D lÇn l−ît biÓu diÔn cho bèn sè phøc 4 + (3 + 3)i ; (3+ 3)i ; 1 + 3i ; 2 + (1+ 3)i . Chøng minh r»ng bèn ®iÓm A, B, C, D cïng thuéc mét ®−êng trßn 2. Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao 1 1 1 C©u 5b : (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian Oxyz cho ba ®iÓm H ( ;0;0), K(0; ;0) vμ I (1;1; ) . 2 2 3 1. Chøng tá ba ®iÓm H, I, K kh«ng th¼ng hμng. TÝnh diÖn tÝch cña tam gi¸c HIK 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng d lμ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña trôc Ox trªn mÆt ph¼ng (HIK) (1 − i )10 ( 3 + i)5 C©u 6b : (1,0 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh sau trªn tËp c¸c sè phøc : z 2 = (−1 − i 3)10 ---------------------HÕt------------------------ Hä vμ tªn thÝ sinh :...........................................................Sè b¸o danh ......http:laisac.page.tl
së gd&®t th¸i b×nh kiÓm tra chÊt l−îng häc kú II - lÇn II tr−êng thpt b¾c ®«ng quan m«n : To¸n 12 N¨m häc 2008-2009 h−íng dÉn chÊm vμ biÓu ®iÓm Néi dung §iÓm 1− x C©u 1 : (3,5 ®iÓm) Cho hμm sè y = x+2 1. Kh¶o s¸t vμ vÏ ®å thÞ (C) cña hμm sè 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) biÕt tiÕp tuyÕn ®i qua ®iÓm A(0;-1) 3. Gäi (H) lμ h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (C) , trôc hoμnh vμ ®−êng th¼ng y = -3x – 1 . TÝnh thÓ tÝch vËt thÓ trßn xoay sinh bëi (H) khi quay quanh Ox a) TËp x¸c ®Þnh : R\{-2} 0,25 b) Sù biÕn thiªn * Giíi h¹n-tiÖm cËn Lim+ y = +∞ , lim− y = −∞ , x →−2 x →−2 0,25 Do ®ã ®−êng th¼ng x = - 2 lμ tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ hμm sè Lim y = −1 , nªn ®−êng th¼ng y = -1 lμ tiÖm cËn ngang cña ®å thÞ hμm sè x →±∞ * B¶ng biÕn thiªn −3 0,25 +) y ' = < 0 ,∀x ≠ -2 ( x + 2) 2 x -∞ -2 +∞ y’ - - -1 +∞ 0,25 1. y (2,0) -∞ -1 Hμm sè nghÞch biÕn trªn c¸c kho¶ng (-∞ ;-2) vμ ( -2 ; +∞) 0,25 c. §å thÞ + Giao víi Oy : (0;1/2) + Giao víi Ox : (1;0) 0,75 NX : §å thÞ nhËn I(-2;-1) lμ giao ®iÓm cña hai ®−êng tiÖm cËn lμm t©m ®èi xøng
+ Gäi x0 lμ hoμnh ®é tiÕp ®iÓm suy ra ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng −3 1 − x0 0,25 2 y= ( x − x0 ) + ( x0 + 2 ) x0 + 2 2 (1,0) −3 1 − x0 + V× tiÕp tuyÕn ®i qua A(0;-1) nªn ta cã −1 = (− x0 ) + ⇔ x0 = −1 ( x0 + 2 ) x0 + 2 0,5 2 Suy ra ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn lμ : y = -3x-1 0,25 +) §T y = -3x-1lμ tiÕp tuyÕn t¹i tiÕp ®iÓm (-1;2) vμ c¾t trôc hoμnh t¹i ®iÓm(-1/3;0) Theo h×nh vÏ ë trªn (TiÕp tuyÕn nμy kh«ng c¾t (C) t¹i mét ®iÓm nμo kh¸c n÷a) + Gäi (H1) lμ h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (C) , Ox , x = -1,x=1.Suy ra thÓ tÝch vËt thÓ trßn xoay sinh bëi (H1) khi quay quanh Ox lμ ⎛ 1− x ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 ⎛ 3 ⎞ 1 1 1 9 6 V1 = π ∫ ⎜ ⎟ dx = π ∫ ⎜ − 1⎟ dx = π ∫ ⎜ − + 1⎟dx −1 ⎝ x+2⎠ −1 ⎝ x+2 ⎠ −1 ⎝ ( x + 2) 2 x+2 ⎠ 3 §Æt x+2=u ⇒ du=dx ; x= -1⇒ u=1 , x=1 ⇒ u =3 (0,5) 3 ⎛ 9 6 ⎞ ⎛ 9 ⎞ 3 V1 = π ∫ ⎜ 2 − + 1⎟du = π ⎜ − − 6 ln u + u ⎟ = π (8 − 6 ln 3) 0,25 1⎝u u ⎠ ⎝ u ⎠1 + Gäi (H2) lμ h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi tiÕp tuyÕn (ý 2), Ox, x = -1, x =-1/3 . Suy ra thÓ tÝch khèi trßn xoay sinh bëi (H2) khi quay quanh Ox b»ng thÓ tÝch cña khèi nãn trßn xoay cã b¸n kÝnh ®¸y b»ng 2 vμ chiÒu cao b»ng 2/3 1 2 8π ⇒ V2 = . .(π .22 ) = 3 3 9 ⎛ 64 ⎞ + ThÓ tÝch khèi trßn xoay cÇn t×m lμ V = V1 – V2 = π ⎜ − 6 ln 3 ⎟ (§vtt) ⎝ 9 ⎠ 0,25 C©u 2 : (2,0 ®iÓm) 1. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh log 3 (9 x + 9) > x − log 1 3x +1 − 7 ( ) 3 x ⎛ 4 ⎞ 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt , nhá nhÊt cña hμm sè f ( x) = ∫ ⎜1 − ⎟dt 0⎝ 25 − t ⎠ trªn ®o¹n [7 ; 16] 7 + §iÒu kiÖn 3x+1 − 7 > 0 ⇔ x > log 3 (*) 0,25 3 + §−a bÊt ph−¬ng tr×nh vÒ d¹ng 2.9x -7. 3x – 9 < 0 0,25 1. 9 (1,0) + Gi¶i ra x < log 3 0,25 2 7 9 0,25 + KÕt hîp víi (*) suy ra log 3 < x < log 3 ( KÕt luËn ) 3 2 x x 1 − + f ( x) = ∫ dt + 4∫ (25 − t ) 2 d(25-t ) 0,25 0 0 + TÝnh ®−îc f ( x) = x + 8 25 − x − 40 ( X¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn ®o¹n [7 ; 16] ) 0,25 2. 4 (1,0) + Ta cã f '( x) = 1 − vμ f '( x ) = 0 ⇔ x = 9 ∈ (7;16) 0,25 25 − x + f(7) = 24 2 − 33 ; f(9 ) = 1 ; f(16) = 0 0,25 Suy ra m ax f ( x) = 1 , min f ( x) = 0 [7;16] [7;16]
C©u 3 : (1,0 ®iÓm) Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu S.ABC cã diÖn tÝch ®¸y b»ng 3 gãc gi÷a c¹nh bªn vμ mÆt ®¸y b»ng 450 .X¸c ®Þnh t©m vμ tÝnh diÖn tÝch mÆt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp S + Gäi tam gi¸c ®Òu ABC cã c¹nh ®¸y 1 b»ng x ⇒ dtΔABC = x 2 sin 600 2 2 x 3 = 4 Theo gi¶ thiÕt ⇒ x = 2 0,25 450 A C + Gäi H lμ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña S H trªn (ABC) ⇒ HA = HB = HC I hay H lμ träng t©m tam gi¸c ABC B 2 2 2dt ΔABC 2 3 ⇒ HA = AI = . = 0,25 3 3 BC 3 (V× AI ⊥ BC) MÆt kh¸c gãc gi÷a c¹nh bªn vμ mÆt ®¸y h×nh chãp = (SA,(ABC))=(SA,AH) = ∠SAH = 450 ⇒ ΔSAH vu«ng c©n t¹i H ⇒ HS = HA = HB = HC 2 3 0,25 Suy ra H lμ t©m mÆt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp S.ABC cã b¸n kÝnh R = HA = 3 16π DiÖn tÝch mÆt cÇu S= 4πR2 = 0,25 3 Chó ý : NÕu häc sinh x¸c ®Þnh kh«ng chÝnh x¸c vÞ trÝ t©m cña mÆt cÇu mμ vÉn ®−a ra ®−îc kÕt qu¶ ®óng vÒ diÖn tÝch mÆt cÇu th× ®−îc 0,5 ®iÓm C©u 4 : (0,5 ®iÓm) Cho c¸c sè thùc d−¬ng x , y . Chøng minh r»ng y 2 x+ y x+ y e < x x+ y 2y x+ y + ) B§T ⇔ ln > (1) .§Æt =t , t>1 x 2x + y x 2(t − 1) 2(t − 1) (1) trë thμnh lnt > ⇔ ln t − >0 0,25 t +1 t +1 2(t − 1) + XÐt f(t) = l n t − trªn [1;+∞) , t +1 (t − 1) 2 f '(t ) = ≥ 0, ∀t ∈ [1; +∞ ) (f'(t) = 0 ⇔ t = 1) t (t + 1) 2 Suy ra f(t) ®ång biÕn trªn [1;+∞) .Do ®ã t >1 ⇔ f(t) > f(1) = 0 Tõ ®ã suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh 0,25
⎧ x = −2t ' ⎪ C©u 5a : (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian Oxyz cho ®−êng th¼ng d1 : ⎨ y = −5 + 3t ' ⎪z = 4 ⎩ Hai mÆt ph¼ng (α) vμ (α’) lÇn l−ît cã ph−¬ng tr×nh lμ x+y-3 = 0 vμ x + 2z -1 = 0 1. Chøng tá (α) c¾t (α’). ViÕt ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng d2 lμ giao tuyÕn cña hai mÆt ph¼ng (α) vμ (α’) 2. Chøng tá d1 vμ d2 chéo nhau. TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a d1 vμ d2 → + (α) cã vÐc t¬ ph¸p tuyÕn lμ n (1;1;0) → (α’) cã vÐc t¬ ph¸p tuyÕn lμ n '(1;0; 2) 0,5 DÔ thÊy hai vÐc t¬ kh«ng cïng ph−¬ng (Hay n ≠ kn ', k ∈ R ), suy ra (α) c¾t (α’) ⎧x + y − 3 = 0 + d2 lμ tËp hîp tÊt c¶ c¸c ®iÓm M(x;y;z) tho¶ m·n hÖ ⎨ 1. ⎩x + 2z − 1 = 0 Cho y = 0 ⇒ x =3 vμ z = -1 ⇒ M ( 3;0; −1) ∈ d2 0,25 → → ⎡ → ⎤→ → +Do d2 vu«nggãc víi n vμ n ' nªn d2 cã vÐc t¬ chØ ph−¬ng u2 = ⎢ n , n '⎥ = (2;-2;-1) ⎣ ⎦ ⎧ x = 3 + 2t ⎪ Suy ra ph−¬ng tr×nh tham sè cña d2 lμ ⎨ y = −2t ⎪ z = −1 − t 0,25 ⎩ → → + ChØ ra 2 vÐc t¬ chØ ph−¬ng u1 , u2 cña d1 vμ d2 kh«ng cïng ph−¬ng , ®ång thêi ⎧3 + 2t = −2t ' ⎪ 0,5 hª ph−¬ng tr×nh sau v« nghiªm ⎨−2t = −5 + 3t ' suy ra d1 vμ d2 chéo nhau ⎪ −1 − t = 4 ⎩ 2. + MÆt ph¼ng (β) chøa d2 vμ //d1 , suy ra (β) ®i qua M vμ cã vÐc t¬ ph¸p tuyÕn → → → → → → nβ vu«ng gãc víi u1 (-2; 3;0) vμ u2 nªn lÊy nβ = [ u1 , u2 ]=(-3;-2;-2) 0,25 ⇒ Ph−¬ng tr×nh (β) : -3(x-3) - 2y - 2(z+1) = 0 ⇔ - 3x - 2y - 2z + 7 = 0 + Kho¶ng c¸ch gi÷a d1 vμ d2 b»ng kho¶ng c¸ch gi÷a d1 vμ (β) vμ còng b»ng kho¶ng c¸ch gi÷a M1(0;-5;4)∈ d1 vμ (β) -3.0 − 2.(−5) − 2.4 + 7 9 ⇒d(d1 , d2)= d(M1, (β))= = 0,25 (−3) + (−2) + (−2) 2 2 2 17 KÕt luËn :
C©u 6a : (1,0 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng phøc cho bèn ®iÓm A, B, C, D lÇn l−ît biÓu diÔn cho bèn sè phøc 4 + (3 + 3)i ; (3+ 3)i ; 1+3i ; 2+(1+ 3)i . Chøng minh r»ng bèn ®iÓm A, B, C, D cïng thuéc mét ®−êng trßn + A(4;3 + 3), B(0;3 + 3), C (1;3), D(2;1 + 3) 0,25 + DÔ thÊy AC (−3; − 3), BC (1; − 3) ⇒ AC.BC = 0 ⇒ ΔABC vu«ng t¹i C Do ®ã ®−êng trßn(C) ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC cã t©m lμ trung ®iÓm I cña ®o¹n 0,5 AB vμ b¸n kÝnh R=AB/2 1 Ta cã I (2;3 + 3), R = AB = 2 ⇒ Pt cña (C): ( x − 2) 2 + ( y − 3 − 3) 2 = 4 (1) 2 + Râ rμng D∈(C) , tõ ®ã suy ra ®pcm 0,25 C©u 5b : (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian Oxyz cho ba ®iÓm 1 1 1 H ( ;0;0) , K(0; ;0) vμ I (1;1; ) . 2 2 3 1. Chøng tá ba ®iÓm H, I, K kh«ng th¼ng hμng. TÝnh diÖn tÝch cña tam gi¸c HIK 2.ViÕt ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng d lμ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña trôc Ox trªn mÆt ph¼ng (HIK) 1 1 1 1 1 1 1 1 +) HK = (− ; ;0) , HI = ( ;1; ) kh«ng cïng ph−¬ng (do − : : 0 ≠ :1: ) 2 2 2 3 2 2 2 3 1. Suy ra ba ®iÓm H, I, K kh«ng th¼ng hμng 0,5 ⎛1 1 3⎞ + )Ta cã n = ⎡ HK , HI ⎤ = ⎜ ; ; − ⎟ ⎣ ⎦ ⎝6 6 4⎠ 0,25 2 2 2 1 1 ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛ 3⎞ 89 +) S ΔHIK = ⎡ HK , HI ⎤ = ⎣ ⎦ 2 ⎜ 6 ⎟ + ⎜ 6 ⎟ + ⎜ − 4 ⎟ = 24 (®v dt) 0,25 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ +) DÔ thÊy n lμ mét vÐc t¬ ph¸p tuyÕn cña mÆt ph¼ng (HIK) + Gäi (P) lμ mÆt ph¼ng chøa Ox vμ vu«ng gãc víi (HIK) 0,25 ⎛ 3 1⎞ Suy ra VTPT cña (P) lμ n p ⊥ n vμ n p ⊥ i ⇒ cã thÓ lÊy n p =[ n , i ]= ⎜ 0; − ; − ⎟ ⎝ 4 6⎠ + Gäi d lμ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña Ox trªn (HIK) ⇒d =(P) ∩ (HIK) ⇒ d⊥ n p , d ⊥ n , do ®ã d cã vÐc t¬ chØ ph−¬ng 0,25 ⎛ 85 1 1⎞ 2. u = 144. ⎡ n p , n ⎤ = 144. ⎜ ⎣ ⎦ ; − ; ⎟ = (85; −4;18) ⎝ 144 36 8 ⎠ 1 + Trôc Ox c¾t (HIK) t¹i ®iÓm H ( ;0;0) ⇒ H∈d 0,25 2 ⎧ 1 ⎪ x = 2 + 85t ⎪ Suy ra pt tham sè cña d lμ : ⎨ y = −4t (t∈R) 0,25 ⎪ z = 18t ⎪ ⎩
C©u 6b : (1.0 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh sau trªn tËp c¸c sè phøc : (1 − i )10 ( 3 + i )5 z2 = (−1 − i 3)10 10 5 ⎡ ⎛ π π ⎞⎤ ⎡ ⎛ π π ⎞⎤ ⎢ 2 ⎜ cos( − 4 ) + i sin( − 4 ) ⎟ ⎥ ⎢ 2 ⎜ cos 6 + i sin 6 ⎟ ⎥ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎝ ⎠⎦ PT ⇔ z 2 = ⎣ 10 ⎡ ⎛ 4π 4π ⎞ ⎤ 0,25 ⎢ 2 ⎜ cos 3 + i sin 3 ⎟ ⎥ ⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎡ 5⎛ 5π 5π ⎞ ⎤ ⎡ 5 ⎛ 5π 5π ⎞ ⎤ ⎢ 2 ⎜ cos( − 2 ) + i sin( − 2 ) ⎟ ⎥ ⎢ 2 ⎜ cos 6 + i sin 6 ⎟ ⎥ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎝ ⎠⎦ ⇔ z2 = ⎣ 0,25 ⎡ 10 ⎛ 40π 40π ⎞ ⎤ ⎢ 2 ⎜ cos 3 + i sin 3 ⎟ ⎥ ⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎡ 10 ⎛ 5π 5π ⎞ ⎤ ⎢ 2 ⎜ co s( − 3 ) + i sin( − 3 ) ⎟ ⎥ 0,25 ⎝ ⎠⎦ ⇔ z2 = ⎣ ⎡ 10 ⎛ 40π 40π ⎞ ⎤ ⎢ 2 ⎜ cos 3 + i sin 3 ⎟ ⎥ ⎣ ⎝ ⎠⎦ ⇔ z 2 = cos( − 15π ) + i sin( − 15π ) = − 1 ⇔ z = ± i 0,25 KÕt luËn : z = ±i Chó ý : - Trªn ®©y chØ lμ h−íng dÉn lμm bμi; ph¶i lý luËn hîp lý míi cho ®iÓm - Nh÷ng c¸ch gi¶i kh¸c ®óng vÉn ®−îc ®iÓm tèi ®a - §iÓm toμn bμi ®−îc lμm trßn ®Õn 0,5
TRƯỜNG THPT ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN II CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2009–2010 ----------------------- Môn thi : TOÁN, khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 4 x 2 + 3 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng 7 nghiệm thực phân biệt: x 4 − 4x 2 + 3 = m. Câu II (2 điểm)  π 1. Giải phương trình: cos3  x −  = 2 s inx, x ∈ ¡.  4 2. Giải phương trình: x ( x − 2 ) + x ( x + 1) = 2 x , x ∈ ¡. π 3 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ s inx + 3 cos x . π 6 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết BC = a 3, AC = AS 2 và góc giữa đường thẳng SC với mặt phẳng (SAB) bằng 45o , tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn điều kiện: x 2 − xy + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và (x − 1) + ( y 2 − 1) + 2xy(xy − 1) + 3 2 2 2 giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = . x 2 + y2 − 3 PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A(1; 3), B(5; 2), C(-2; -1). Xác định tọa độ điểm D sao cho ABCD là một hình thang cân với AD song song BC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1; -2; 3), B(2; 1; -3), C(1; -3; 2). Chứng minh rằng A, B, C không thẳng hàng, xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu VII.a (1 điểm) Tìm nghiệm phức của phương trình: z 2 + 2z = 0. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(-3; 1), phân giác trong và đường cao cùng xuất phát từ B lần lượt có phương trình: d 1: x + 3y + 12 = 0, d 2 : x + 7y + 32 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC. x −1 y − 2 z − 3 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = và hai mặt 2 1 −1 phẳng ( P ) : x − 2y + z − 3 = 0, ( Q ) : x + y − 2z − 2 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng ∆ đồng thời tiếp xúc với cả (P) và (Q). Câu VII.b (1 điểm) log3 ( x +1) Giải phương trình : 2 = x, x ∈ ¡. --------------------------- Hết ------------------------ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh : .......................................................Số báo danh : ...........................
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN II NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn Toán , khối A, B, D (gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 1,00 • Tập xác định: D = ¡ . • Sự biến thiên: Chiều biến thiên y ' = 4x 3 − 8x. y ′ = 0 ⇔ x = 0; x = ± 2 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng − 2;0 và ) ( 2; +∞ ) . ( Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; − 2 ) và ( 0; 2 ) . Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycd = 3 , đạt cực tiểu tại x = ± 2, yct = −1 0,25 Giới hạn: lim y = lim y = +∞ . x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên: x -∞ − 2 0 2 +∞ 0,25 y' - 0 + 0 - 0 + +∞ +∞ y 3 -1 -1 • Đồ thị: (h1) y y 6 6 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1 x x -6 -5 -4 -3 -2 -1 O 1 2 3 4 5 6 -6 -5 -4 -3 -2 -1 O 1 2 3 4 5 6 -1 -1 -2 -2 -3 -3 0,25 (h1) (h2) 2 Tìm các giá trị của m… 1,00 Xét hàm số y = x 4 − 4x 2 + 3 (2). Từ đồ thị hàm số (1) suy ra đồ thị hàm số (2) như sau: Giữ 0,25 nguyên phần đồ thị hàm số (1) nằm phía trên trục hoành. Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số (1) nằm dưới Ox qua Ox; bỏ phần đồ thị hàm số (1) nằm 0,25 dưới Ox. Số nghiệm thực của phương trình x 4 − 4x 2 + 3 = m bằng số giao điểm của đường thẳng 0,25 y = m với đồ thị hàm số (2). Căn cứ vào đồ thị (h2) ta thấy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25
II 1 Giải phương trình lượng giác… 1,00  π 1 cos3  x −  = 2 s inx ⇔ ( cos x + s inx )3 = 2 s inx ⇔ ( cos x + s inx )3 = 4 sin x  4 2 2 0,25 ⇔ cos3 x + 3cos 2 x sin x + 3cos x sin 2 x + sin 3 x = 4 sin x + Nếu sinx=0 thì cosx=0, mâu thuẫn với s in 2 x + cos 2 x = 1. 0,25 + Nếu sinx ≠ 0 thì chia 2 vế của phương trình cho sin 3 x ta được ( ) 0,25 3 2 2 3 2 cot x + 3 cot x + 3cot x + 1 = 4 1 + cot x ⇔ cot x − cot x + 3 cot x − 3 = 0 ( ) ⇔ ( cot x − 1) cot 2 x + 3 = 0 ⇔ cot x = 1 ⇔ x = π 4 + kπ, k ∈ ¢. 0,25 2 Giải phương trình vô tỷ… 1,00 Điều kiện x ∈ ( −∞; −1] U [ 2; +∞ ) U {0} 0,25 Phương trình tương đương: ( ) ( ) 0,25 x 2 − 2x + x 2 + x + 2 x 2 x 2 − x − 2 = 4x 2 ⇔ 2 x 2 x 2 − x − 2 = 2x 2 + x ( ) ( ) ( ⇔ 4x 2 x 2 − x − 2 = x 2 4x 2 + 4x + 1 ⇔ x 2 4x 2 − 4x − 8 − 4x 2 − 4x − 1 = 0 ) 0,25  x=0 ⇔ x ( −8x − 9 ) = 0 ⇔  2 thỏa mãn điều kiện. 0,25 x = − 9  8 III Tính tích phân… 1,00 π π 3 3 1 dx 1 dx ∫1 = ∫ ( ) I= 0,25 2π 3 2 π s in x + π s inx + cos x 3 6 2 2 6 2π 2π 3 3 π 1 dt 1 dcost Đặt t = x + , ta có: I = ∫ =− ∫ 0,25 3 2 π sint 2 π 1 − cos2 t 2 2 2π 2π 3 1  1 1  ∫  1 − cost + 1 + cost  d cos t = − 4 ( ln (1 + cos t ) − ln (1 − cos t ) ) 1 3 =−   0,25 4 π π 2 2
2π  1  1 1 1 + cos t 3 1  1− 2  1 2 = 1 ln 3 . = − ln = −  ln  = − ln 0,25 4 1 − cos t π 4 1  4 3 4  1+  2  2  2 IV Cho hình chóp S.ABC… 1,00 BC ⊥ AB · Ta có  ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ BSC là góc giữa đường thẳng SC với 0,25 BC ⊥ SA  mặt phẳng (SAB). Vậy tam giác SBC vuông cân đỉnh B. Đặt SA=x, ta có AC= x 2 ⇒ SC = x 3 (1) 0,25 Mặt khác do tam giác SBC vuông cân tại B nên SC= a 6 (2) Từ (1) và (2) suy ra a 6 = x 3 ⇔ x = a 2 ⇒ AB = a 0,25 1 1 1 Thể tích khối chóp SABC: V(SABC) = dt ( ABC ) .SA = . AB.BC.AS 3 3 2 0,25 3 1 a 6 6 3 = a.a 3.a 2 = = a (đvtt). 6 6 6 V Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1,00 ( x 2 − 1) + ( y2 − 1) 2 2 + 2xy ( xy − 1) + 3 x 2 y 2 − 2xy + 4 P= = x 2 + y2 − 3 xy − 2 0,25 1 = x − xy + y = ( x − y ) + xy ≥ xy ⇒ xy ≤ 1 2 2 2 1 1 = x 2 − xy + y 2 = ( x + y ) − 3xy ≥ −3xy ⇒ xy ≥ − 2 3  1  t 2 − 2t + 4 4 Từ đó nếu đặt t = xy thì t ∈  − ;1 và P = f ( t ) = =t+  3  t−2 t−2 0,25 4  t−2=2 t = 4 f ′(t) = 1 − = 0 ⇔ ( t − 2) 2 =4⇔ ⇔ ( t − 2 )2  t − 2 = −2 t = 0  xy = 1  x + y )2 = 4 ⇔ (    x = y =1 min f ( t ) = −3 ⇔ t =1 ⇔  2 ⇔  x = y = −1 2 0,25  1  t ∈ − ;1  x − xy + y = 1  xy = 1     3      xy = 0 max f ( t ) = −2 ⇔ t =0 ⇔  2 2 ⇔ ( x; y ) ∈ {( 0;1) , ( 0; −1) , (1;0 ) , ( −1; 0 )}  1  t ∈ − ;1  x − xy + y = 1   3  0,25   Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -3, giá trị lớn nhất của P là -2. VIa 1 Xác định tọa độ điểm D… 1,00
uuu r 3 1 Ta có: BC = ( −7; −3 ) . Trung điểm I của BC có tọa độ I  ;  . 2 2 0,25 Phương trình đường thẳng ∆ là trung trực của BC: 7x +3 y – 12 = 0. Dễ thấy A và B nằm cùng phía đối với ∆ nên tồn tại hình thang thỏa mãn điều kiện bài 0,25 toán. Phương trình đường thẳng d đi qua A và song song với BC: 3x − 7y + 18 = 0 7x + 3y − 12 = 0 15 81 0,25 Tọa độ giao điểm J của d và ∆ là nghiệm của hệ:  ⇒ J( ; ) 3x − 7y + 18 = 0 29 29  30  1  x + 1 = 29  x =  29 . Điểm D (x,y) đối xứng với A qua J nên tọa độ thỏa mãn:  ⇔  y + 3 = 162 y = 75   29   29 0,25 1 75 Vậy D ( ; ). 29 29 2 Xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 1,00 uuu r uuu r AB = (1;3; −6); AC = (0; −1; −1) uuuu uuu r r  3 −6 −6 1 1 3  r 0,25  AB,AC  =    ; ; ;  = ( −9;1; −1) ≠ 0 ⇒ A, B, C không thẳng hàng.  −1 −1 −1 0 0 −1  Phương trình mặt phẳng (ABC): 9x − y + z = 14 . Gọi I (x; y; z) là tâm đường tròn ngoại  IA = IB  0,25 tiếp tam giác ABC, ta có:  IA = IC  I ∈ (ABC)  ( x − 1)2 + ( y + 2 )2 + ( z − 3)2 = ( x − 2 )2 + ( y − 1)2 + ( z + 3)2   x + 3y − 6z = 0   ⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = ( x − 1) + ( y + 3) + ( z − 2 ) ⇔  y + z = 0 2 2 2 2 2 2 0,25  9x − y + z = 14  9x − y + z = 14     126 14 14  ⇒ I ;− ;  0,25  83 83 83  VIIa Tìm nghiệm phức của phương trình: z 2 + 2z = 0 1,00 Giả sử z = x + yi, theo giả thiết ta có: 0,25 x 2 − y 2 + 2xyi + 2x − 2yi = 0 ⇔ x 2 − y 2 + 2x + 2y(x − 1)i = 0  x 2 − y 2 + 2x = 0  ⇔ 0,25  2y(x − 1) = 0  ( x, y ) ∈ {( 0;0 ) ; ( −2;0 ) ; (1; )( 3 ; 1− 3 )} 0,25
Phương trình có 4 nghiệm z = 0; z = -2; z = 1 + 3i ; z = 1 − 3i 0,25 VIb 1 Tìm tọa độ các đỉnh B, C… 1,00  x + 3y + 12 = 0  x =3 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  ⇔ ⇒ B(3; −5) 0,25  x + 7y + 32 = 0  y = −5 Gọi A ′ (x,y) là điểm đối xứng với A qua d1 : AA ′ ⊥ d1 và trung điểm của AA’ thuộc d1  x + 3 y −1  27   1 = 3  3x − y + 10 = 0 x = − 5   27 31  0,25 ⇔ ⇔  ⇔ ⇒ A′  − ; −   x − 3 + 3 y + 1 + 12 = 0  x + 3y + 24 = 0  y = − 31  5 5  2  2   5 Đường thẳng BC chính là đường thẳng BA ′ : x − 7y − 38 = 0 0,25 x + 3 y −1 Phương trình đường thẳng AC: = ⇔ 7x − y + 22 = 0 1 7 7x − y + 22 = 0  x = −4 Tọa độ C là nghiệm  ⇔ ⇒ C ( −4, −6 ) . Vậy B ( 3; −5 ) , C ( −4, −6 ) . 0,25  x − 7y − 38 = 0  y = −6 2 Viết phương trình mặt cầu (S)… 1,00 Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc ∆ nên tọa độ I có dạng I(1+2t;2+t; 3-t). 0,25 Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và (Q) nên d(I,(P)) = d(I,(Q)) 1 + 2t − 4 − 2t + 3 − t − 3 1 + 2t + 2 + t − 6 + 2t − 2 t = 2 0,25 ⇔ = ⇔ t + 3 = 5t − 5 ⇔ 1 t = 12 + ( −2 ) + 12 12 + 12 + ( −2 ) 2 2  3 5 25 và (S): ( x − 5 ) + ( y − 4 ) + ( z − 1) = 2 2 2 + Với t = 2 suy ra I(5; 4;1), R = 0,25 6 6 2 2 2 1 5 7 8 10  5  7  8 20 + Với t = ⇒ I  ; ; ;R = và (S):  x −  +  y −  +  z −  = 0,25 3  3 3 3 3 6  3  3  3 9 VIIb Giải phương trình … 1,00 Điều kiện x > -1. Đặt t = log3 ( x + 1) ⇒ x + 1 = 3t ⇒ x = 3t − 1 0,25 t t  2 1 Phương trình trở thành 2 t = 3t − 1 ⇔ 2 t + 1 = 3t ⇔   +   = 1 (*) 0, 25  3  3 1 2 Vì ; ∈ ( 0;1) nên vế trái của (*) là hàm số nghịch biến của t, vế phải là hàm hằng do đó 3 3 0, 25 (*) có nhiều nhất 1 nghiệm. Mặt khác t = 1 là nghiệm của (*) suy ra (*) tương đương t = 1 hay 0,25 log3 ( x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = 3 ⇔ x = 2 (thỏa mãn điều kiện).
http://laisac.page.tl Sở GD-ĐT Thanh Hóa ®Ò kiÓm tra chÊt lîng d¹y - häc båi dìng Trường THPT Hậu Lộc 4 n¨m häc 2009-2010 Môn Toán, Khối D (Thời gian làm bài 180 phút) Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0điểm) 2x + m -1 Câu I(2,0điểm). Cho hàm số : y = (Cm) x - 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0 2. Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến tiếp tuyến của (Cm) tại giao điểm của (Cm) với trục tung 2 bằng . 5 Câu II(2,0điểm) 1.Giải phương trình : sinx( 2cos2x + 1 ) - cosx( 2sin2x + 3 ) = 1 2. Giải phương trình : x - 1 + 3 - x - 4 4 x - x 2 - 3 = -2 ( với x Î R ) p 2 Câu III(1,0điểm). Tính tích phân sau : I = ̣ sin x ( e cos x + sin x ) dx 0 Câu IV (1,0điểm) .Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ^ (ABCD) và SA = 2a. Gọi M là trung điểm của CD, I là giao điểm của AC và BM .Tính thể tích của khối chóp I.SAD Câu V(1,0điểm). Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có: a b c 1 1 1 3 + 3 + 3 ³ 2 + 2 + 2 b c a a b c Phần riêng(3,0điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa.(2,0điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ oxy, cho hình bình hành ABCD biết phương trình các đường thẳng AB, BC và AC lần lượt là : x - 5y - 2 = 0 , x + y - 8 = 0 và x - y + 2 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh D. 2. Trong không gian với hệ tọa độ oxyz cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 , biết D(0;0;0) , A(a;0;0) , C(0;a;0) , D1(0;0;a). Gọi M là trung điểm của DD1, G là trọng tâm của tam giác ABB1.Viết phương trình mặt cầu đường kính MG . Câu VIIa.(1,0 điểm) n æ 1 ö 3 3 Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của ç ç 3 + x ÷ , biết C n + 4 - C n+ 3 = 7 (n + 3) ÷ è x ø B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb.(2,0điểm) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng D : 2 x - 3 y + 1 = 0 và điểm I(1 ; -1).Viết phương trình đường tròn tâm I cắt D theo một dây cung có độ dài bằng 8 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ oxyz cho tam giác ABC , biết A(5;1;3) , B(5;0;0) , C(4;0;6) . Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC . Câu VIIb(1,0điểm) 0 1 1 1 2 1 n Tính tổng : S = C n + C n + C n + ... + n n n C n , biết C n + C n -1 + C n - 2 = 79 2 3 n +1 k (với C n là số tổ hợp chập k của n phần tử) . Gi¸m thÞ xem thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm! Hä vµ tªn thÝ sinh :.....................................SBD :............
Đáp án - thang điểm Đề kiểm tra chất lượng dạy học bồi dưỡng môn toán khối D-năm 2009-2010. Câu Đáp án Điểm I(2,0đ) 1.(1,25đ). 2x - 1 Với m = 0 ta có hàm số : y = x-2 Tập xác định : D =R\ {2} 0,25 Sự biến thiên: -3 Chiều biến thiên: y' = < 0 , với "x Î D ( x - 2) 2 ̃ hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-¥;2) và (2 ; + ¥ ) 0,25 cực trị : Hàm số không có cực trị Giới hạn : lim y = lim y = 2 ; lim y = +¥ , lim y = -¥ ̃ đồ thị có một tiệm cận x ® -¥ x ® +¥ x ®2 + x ®2 - đứng là đường thẳng x =2 và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2 0,25 Bảng biến thiên : x -¥ 2 +¥ y' 2 +¥ y 2 -¥ 1 1 Đồ thị : cắt trục tung tại ( 0; -) , cắt trục hoành taị ( - ;0) 2 2 0,25 đồ thị nhận điểm I(2 ;2) làm tâm đối xứng . y I 0,25 O x
2.(0,75đ) 1- m Gọi A là giao điểm của (Cm)với oy ta có A( 0; ) , và D là tiếp tuyến với 2 1- m (Cm) tại A. Ta có pt D : y = y'(0).x + ̃ pt D : (m+3)x + 4y +2m -2 = 0 0,25 2 2m - 2 ém = 0 2 2 theo gt ta có : d(O; D ) = Û = Ûê 5 (m + 3) 2 + 16 5 êm = 7 0,5 ë 3 II.(2,0đ) 1.(1,0đ) pt Û 2(sinx.cos2x - cosx.sin2x) + sinx - 3 cosx = 1 Û -2sinx + sinx - 3 cosx = 1 p 1 Û sinx + 3 cosx = -1 Û sin( x + ) = - . 3 2 0,5 é p 7p é 5p ê x + 3 = 6 + k 2p ê x = 6 + k 2p Ûê Ûê ; (k Î Z) ê x + p = - p + k 2p ê x = - p + k 2p ê ê 0,5 ë 3 6 ë 2 2.(1,0đ). Đk : 1 £ x £ 3 0,25 t2 - 2 đặt t = x - 1 + 3 - x . (t ³ 0) ̃ 4 x - x 2 - 3 = 2 0,25 2 t -2 ta có phương trình: t - 4. = -2 Û 2t 2 - t - 6 = 0 2 ét = 2 Ûê , do t ³ 0 ,nên t = 2 êt = - 3 0,25 ë 2 t=2 ̃ x -1 + 3 - x = 2 Û 4x - x 2 - 3 = 1 Û x2 - 4x + 4 = 0 Û x = 2 0,25 III.(1,0đ) p p 2 2 cos x Ta có : I = ̣e . sin xdx + ̣ sin 2 x.dx 0 0 0,5 p p 2 2 1 = - ̣ e cos x .d (cos x) + (1 - cos 2 x)dx 0 2̣0 p p cos x 2 1 1 2 p = -e / + ( x - sin 2 x) / = + e - 1 0,5 0 2 2 0 4
IV.(1,0đ) Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có : 1 a 2 1 a 2 2a 2 AI = AO + OI = AO + OC = + = 0,5 3 2 3 2 3 2 1 1 2a 2 2 a 0,25 ̃ SAID = AI.AD.sinDAI = . .a. = 2 2 3 2 3 2 3 1 1 a 2a ̃ VI.SAD = VS.ADI = SA. SAID = .2a. = (đvtt) 0,25 3 3 3 9 S A B O I D M C a a 1 1 V.(1,0đ) Theo bđt TBC-TBN ta có : 3 + 3 + 2 ³3 2 b b a b b b 1 1 3 + 3 + 2 ³3 2 c c b c c c 1 1 0,75 3 + 3 + 2 ³3 2 a a c a cộng theo vế 3 bđt trên ̃ đpcm 0,25 VIa.(2,0đ) 1.(1,0đ) Ta có : A = AB Ç AC ̃ tọa độ A là nghiệm của hệ phương ́x - 5 y - 2 = 0 ́ x = -3 trình: í Ûí ̃ A(-3 ; -1) îx - y + 2 = 0 î y = -1 0.5 Tương tự ta cũng có B(7 ; 1) và C(3; 5) . Gọi I là giao điểm của AC và BD ,ta có : là trung điểm của AC nên I(0 ; 2) và
I là trung điểm của BD, nên D(-7; 3). 0,5 2.(1,0đ) Ta có : B( a ;a ;0 ) ; B1(a;a;a) ; A(a ;0 ;0) . 0,25 z D1 A1 C1 B1 M D G A x C B y 2a a 0,25 vì G là trọng tâm của tam giác ABB1 , nên G(a; ; ) 3 3 a và M là trung điểm của DD1 nên M(0;0; ) .Gọi I là trung điểm của MG ̃ 2 a a 5a 2a a a 53 I( ; ; ) ; MG = a 2 + ( ) 2 + ( ) 2 = . 2 3 12 3 6 6 0,5 2 2 2 2 æ aö æ aö æ 5a ö 53a ̃ pt mặt cầu đường kính MG : ç x - ÷ + ç y - ÷ + ç z - ÷ = è 2ø è 3ø è 12 ø 144 3 3 ( n + 4)! ( n + 3)! VIIa.(1,0đ) Từ C n + 4 - C n+ 3 = 7 (n + 3) Û - = 7( n + 3) 3! (n + 1)! 3!.n! 0,5 Û (n + 4)(n + 2) - (n + 2)(n + 1) = 42 Û n = 12 n 12 æ 1 ö æ -1 1 ö Khi đó ta có : ç 3 + x ÷ = ç x 3 + x 2 ÷ , có số hạng tổng quát là : ç ÷ ç ÷ è x ø è ø 1 1 k 12 - k - - k 12 - k C12 ( x 3 )12-k .( x 2 ) k = C12 .x 2 3 ; ứng với số hạng chứa x, ta có : - k k =1 0,5 2 3 5 Û k = 5 ̃ hệ số là C12 = 792 VIb.(2,0đ) 1.(1,0đ) R là bán kính của đường tròn cần tìm.giả sử đường tròn tâm I cắt D theo dây cung AB, với AB = 8. Gọi H là trung điểm của AB; ta có R =
6 1 IH 2 + AH 2 ; với IH = d(I; D ) = , AH = AB =4 13 2 244 0,75 ̃R= 13 2 2 244 0,25 ̃ pt đường tròn : ( x - 1) + ( y - 1) = 13 2. (1,0đ) [ Ta có AB = (0;-1;-3) , AC = ( -1;-1;3) ̃ n = AC , AB = (6;-3;1) ] khi đó mp(ABC) đi qua điểm A(5 ;1;3) , và nhận n làm vtpt ,nên có pt: 6(x - 5) - 3(y - 1) + z - 3 = 0 Û pt(ABC): 6x - 3y + z - 30 = 0. 0,25 Gọi H(x;y) . Do H là trực tâm nên ta có : ́ 187 ï x = 23 ́ H Î ( ABC ) ́6 x - 3 y + z - 30 = 0 ï ï ï ï 171 187 171 81 í BH . AC = 0 Û í x + y - 3 z - 5 = 0 Û í y = ̃ H( ; ; ) ï ï y + 3 z - 18 = 0 ï 23 23 23 23 0,75 îCH . AB = 0 î ï 81 ï z = 23 î VIIb.(1,0đ n( n - 1) n n n Từ C n + C n -1 + C n - 2 = 79 Û 1 + n + = 79 2 Û n 2 + n - 156 = 0 Û n = 12 . 0,5 Theo công thức nhị thức Niu-Tơn ta có: (1 + x) n = C n + C n x + C n x 2 + ... + C n x n 0 1 2 n 1 1 ̃ ̣ (C n + C n x + C n x 2 + ... + C n x n )dx = ̣ (1 + x) n dx 0 1 2 n 0 0 0 1 1 1 2 1 n 2 n+1 - 1 ̃ S = C n + C n + C n + ... + Cn = ; mà n = 12, nên: 2 3 n +1 n +1 213 - 1 8191 S= = 0,5 13 13