De thi thu dai hoc mon toan Manhmtt

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ SỐ 27. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x2 y (C ) x 3 Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang bằng 5 lần khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng. 8 sin 6 x  cos6 x  3 3 sin 4 x 3 3 cos 2 x  9sin 2 x  11 Câu 2. (1, 0 điểm). Giải phương trình:. . Câu 3. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên  :. .  x 3  6 x 2 y  9 xy 2  4 y 3 0   x  y  x  y 2. 1  x2 f  x  x  x3 trên đoạn  1;8 Câu 4. (1,0 điểm). Tìm nguyên hàm của hàm số:. Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt a 3 phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng 4 . Tính thể tích khối. chóp S.ABCD theo a.  2 3  3  1  1 a  b    b2  a    2a    2b    4  4  2  2 Câu 6. (1,0 điểm). Cho a, b   . Chứng minh rằng:  II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) * . A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  : x  2 y  3 0 và hai điểm A(1; 0), B(3; .  MA  3MB. 4). Hãy tìm trên đường thẳng  một điểm M sao cho nhỏ nhất. 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d 2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 1 3 x  4 3 x  21 3 x 5 . Câu 8a. (1,0 điểm) Giải bất phương trình trên  : 8  2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8) và hai đường thẳng. d1 :2 x  5 y  3 0 ;. d 2 :5 x  2 y  7 0 cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng d3 đi qua P tạo với d1 , d 2 thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 14, 5 . x2 y2  1 16 9 .. 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Hypebol (H): ViÕt ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elip (E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H)..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 8.  log2 3 9x 1 7  15 log2  3x 1 1  2 2    . Hãy tìm các giá trị của Câu 8b. (1,0 điểm) Cho khai triển Niutow x   , biết rằng số hạng thứ 6 từ trái sang phải trong khai triển này là 224. ----------------------------- Hết -----------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 27. I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). D  \ 3.   * Tập xác định * Sự biến thiên: +/ Giới hạn và tiệm cận: lim y 1; lim y 1. x  . :. x  . Đồ thị có. tiệm cận ngang là y 1 lim y ; lim y  . x  3. x 3. tiệm cận đứng là x 3 +/ x  Ta có: y'  1 y. : Đồ thị có. 3. 0. . 0 . . 1. . y' . 5.  x  3. 2.  0; x 3. ,. Bảng biến thiên:. Hàm số nghịch biến trên các khoảng.   ;3 và.  3;  . * Đồ thị: 12. 10. 8. 6. 4. 2. -25. -20. -15. -10. -5. 5. 10. 15. 20. -2. -4. -6. -8. -10. Gọi. M. là. điểm. thuộc. đồ. thị. (C):.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 5   M  a;1   , a 3 a  3  1 : x  3 0. Tiệm cận đứng. ; tiệm cận ngang.  2 : y  1 0. Theo giải thiết: d  M ;  2  5d  M ; 1  . 5 5 a  3 a 3. (1). Giải phương trình (1), ta được: a 4; a 2 Vậy các điểm cần tìm là: M  4;6  & M '  2;  4  Câu 2. (1,0 điểm). Phương. trình. 8  1  3sin x cos x   3 3 sin 4 x  3 3cos2 x  9sin 2 x  1 2. 2.  3 3cos2 x  2sin 2 x  1  3  2sin 2 2 x  3sin 2 x  1 0.  2sin 2 x  1 0 3cos2 x  sin 2 x  1 0    3cos2 x  sin 2 Giải phương trình (1):   x   k  1 12 sin 2 x     k   2  x 5  k  12 Giải phương trình (2):   x   k   1  4 3cos2 x  sin 2 x  1  cos  2 x      k 5 6 2   x   k  12   2sin 2 x  1. Câu 3. (1,0 điểm). . .  x y  x 4 y Ta có: (1)  ( x  y ) ( x  4 y ) 0   2. Với x = y: Thay vào (2) ta được x = y = 2 Với x = 4y: Thay vào (2). ta. được. x 32  8 15; y 8  2 15 Câu 4. (1,0 điểm). Vì hàm số liên tục trên.  1;8 . Ta có:. 1 1 2 1 x x x  x3 dx 1 dx x x 1 1 1 d (x  ) 2 1 x1 dx   1 x  ln( x  x )  C x x x = x 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1  x2 f  x  x  x 3 trên Vậy nguyên hàm của hàm số 1 F  x   ln( x  )  C ; C   1;8 x đoạn   là: Câu 5. (1,0 điểm). Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O 0  và AO = a 3 ; BO = a , do đó ABD 60 . Hay. ABD đều. Do  SAC  ;  SBD    ABCD  nên giao. tuyến của chúng SO (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH  AB và DH = a 3 ; OK // 1 a 3 OK  DH  2 2  OK  AB  AB DH và.  (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK  OI  OI . a 3 4. (SAB), hay OI Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  1 1 1 a    SO  2 2 2 OI OK SO 2 S ABC D 4S ABO 2.OA.OB 2 3a 2. Diện tích đáy. SO . đường cao của hình chóp Thể tích khối chóp S.ABCD:. ;. a 2.. 1 3a 3 VS . ABCD  S ABC D .SO  3 3. Câu 6. (1,0 điểm). Ta. có: 2. 3 1 1  1 1 a  b  a2  a   b  a   a    a  b  a  b  4 4 2  2 2 2. 3 1 b2  a  a  b  4 2. Tương tự: 2.  1  1  1  a  b    2a    (2b   2  2  2 Ta sẽ chứng minh . (*) Thật. vậy,. (*) 1 4. a2  b2  2ab  a  b  4ab  a  b  2. (a  b) 0 .. Dấu "=" xảy ra . a b . 1 2..  1 4. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> A. Theo chương trình Chuẩn 7a. (2,0 điểm). Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của 5 ; 3 IB. Khi đó I(1 ; -2), J( 2 ). Ta có :   .      MA  3MB ( MA  MB )  2 MB 2MI  2MB 4MJ   MA  3MB. Vì vậy nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng  Đường thẳng JM qua J và vuông góc với  có phương trình : 2x – y – 8 = 0. Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 2  x    x  2 y  3 0 5   19  2  2 x  y  8 0  y 19 ;  5 . Vậy M( 5 5 ). Giả sử. B ( xB ; yB )  d1  xB  yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7. Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:.  xB  xC  2 6   yB  yC  3 0. Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) .  BG (3; 4)  VTPT nBG (4;  3). Ta có trình BG: 4x – 3y – 8 = 0. nên phương. 9 Bán kính R = d(C; BG) = 5  phương trình 81 đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25. 8a. (1,0 điểm). Giải bất phương trình:. 8  21. 3 x. 4. 3 x. Điều kiện: x  3..  21. 3 x. Đặt t 2. 5 . 3 x. 1 .. BPT . 2. 8  2t  t  2t 5. 5  2t 0   8  2t  t 2 5  2t  8  2t  t 2 0  2 5t  22 x  17 0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 5  0 t  2    2 t 4  0 t 1  17 t 1; t  5 . Với 0 t 1  2. 3 x. 1 . 3  x 0  x 3. B. Theo chương trình Nâng cao 7b. (2,0 điểm). d3. 1. (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng. đi qua P tạo với d1 , d 2 Ta có A(1;  1) và d1  d 2 . Phương trình các. đường phân giác của các góc tạo bởi d1 , d 2 là: 1: 7 x  3 y  4 0 và 2: 3x  7 y  10 0 d3 tạo với d1 , d 2 một tam giác vuông cân  d3. vuông góc với 1 hoặc 2.. . Phương. trình. d3 có. của. dạng:. 7 x  3 y  C 0 hay 3 x  7 y  C  0 Mặt khác, d3 qua P( 7;8) nên C = 25 ; C = 77. Suy. ra. :. d3 : 7 x  3 y  25 0. hay. d3 :3x  7 y  77 0. Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích 29 bằng 2  cạnh huyền bằng 58 58 Suy ra độ dài đường cao A H = 2 = d ( A, d3 ).  Với d3 : 7 x  3 y  25 0 thì ( tm). d ( A; d3 ) . 58 2. d ( A; d3 ) . 87 58.  Với d3 : 3x  7 y  77 0 thì ( loại ). 2. (1,0 điểm). Viết ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E). Hypebol (H) có các tiêu điểm F1   5; 0  ; F2  5; 0 . . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3), Gỉa sử PT chính tắc của (E) có dạng: x 2 y2  1 2 2 2 a 2 b2 ( với a > b và a b  c ). (E) Cũng có hai tiêu điểm F1   5;0  ; F2  5; 0   a 2  b 2 52.  1.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> M 4;3   E   9a 2  16b2 a 2 b2.  2. Từ (1) và (2) ta có hệ: a 2 52  b 2 a 2 40   2  2 2 2 2 9a  16b a b b 15. Vậy phương trình chính tắc của (E) là: x2 y2  1 40 15 Hãy tìm các giá trị của x   ,. 8b. (1,0 điểm). 8. k 8.  a  b   C8k a 8 k b k. Ta có: Áp dụng với. a 2log2. 3 x 1. 9 7. k 0. .. 1. =  9x  1  7  3 ; b 2. 1  log 2 3x 1 1 5. . .  3x  1 1. . 1 5. + Theo thứ tự trong khai triển trên, số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là 1 3 1 5   1   5 x 1 x  1 T6 C8   9  7  3  .   3 1 5  56  9 x  1  7  .  3x  1 1     + Theo giả thiết ta có : 1 9x  1  7 56  9x  1  7  . 3x  1  1 = 224  x  1 4  9x  1  7 4(3x  1  1) 3 1  3x  1 1  x 1 2   3x  1   4(3x  1 )  3 0   x  1    3 3  x 2 --------------------------- Hết --------------------------. ĐỀ SỐ 28. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x  4 y 1 x . Câu I(2 điểm) : Cho hàm số C. 1. Khảo sát và vẽ đồ thị   của hàm số trên. 2. Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN 3 10 . Câu II (2 điểm) : 1.Giải phương trình sau : sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – 4 cos 4 x 2.Giải bất phương trình:. √. x x −1 3 −1+ ≤ x −2 2 √ 2 x +1 2. √.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 2. sin x+ cos x ¿ ¿ ¿ sin 2 x cos2 x+ cos4 x ¿ Câu III (1 điểm) : Tính tích phân: I = . ¿ π 4. ¿ 0. Câu IV (1 điểm) : Cho hình lăng trụ ABC . A❑ B❑C ❑ có cạnh bên bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600 . Hình chiếu vuông góc của B❑ lên (ABC) là trung điểm H của AB. Tam giác ABC có BC = 2a, góc ACB bằng 300 . Tính thể tích lăng trụ ABC . A❑ B❑C ❑ và khoảng cách giữa B❑ H và BC. Câu V (1 điểm) : Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz và x > 1, y > 1, z > 1. Tìm giá P. x 1 y 1 z 1  2  2 y2 z x .. trị nhỏ nhất của biểu thức: PHẦN RIÊNG (3 điểm) (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 tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc ABC có phương trình là x  2 y  5 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua điểm K (6; 2) . 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1;0;2), B(-2;1;1), C(1;-3;-2). D là điểm thuộc đờng thẳng chứa cạnh BC sao cho DB = 2DC. Lập phơng trình mặt cầu ngoại tiếp tø diÖn S.ABD biÕt S(1;0;0), và D có hoành độ dương. Câu VII.a (1 điểm): Tìm modun của số phức w=3 −zi+ z , biết (1  i) z  1  3i 0 . B.Theo chương trình nâng cao. CâuVI.b (2điểm) 2. 2. 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) x  y  2 x  6 y  2 0 và đường thẳng d: x  y  2 0 . Tìm các đỉnh của hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (C) biết đỉnh A thuộc d và có hoành độ dương 2. 2. 2. 2.Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): ( x  1)  ( y  2)  ( z  3) 17 và mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). 4 CâuVII.b (1điểm). Tìm hệ số chứa x trong khai triển. biết ❑❑. ❑ ❑. [ 1+x . log 4 (n+ 4)+3 x2 ]. n− 2. 1 3 3 Cn +4 = An +3+ 7(n+3) . 6. ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN SÔ 28. Câu I. Nội dung 1. * TXD : D = R\{1}. * Sự biến thiên: + Giới hạn – Tiệm cận 1− x ¿2 ¿ + Chiều biến thiên: . 6 ❑ y =¿. Điểm. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> x y/. BBT. 1. -. +. +. y. +. y. +. + -. -. 0.25. 4 Hàm số đồng biến trên ( - ∞ ; 1); (1;+ ∞ ) . Hàm số không có cực trị. -2 1 O x -2. 0.5 Đồ thị. Giao Ox, Oy tại A(-2;0), B(0;4). 2. Từ giả thiết ta có: (d ) : y k ( x  1)  1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho.  x2  x1 . 2. 2. 0.25.   y2  y1  90(*).  2x  4 k ( x  1)  1  kx 2  (2k  3) x  k  3 0 (I )   x 1 (I )    y k ( x  1)  1 y k ( x  1)  1  . Ta có: Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình kx 2  (2k  3) x  k  3 0(**) có hai nghiệm phân biệt khác 1. Khi đó dễ có được 3 k 0, k  . 8 Ta biến đổi (*) trở thành: 2k  3 k 3 , x1 x2  , k k Theo định lí Viet cho (**) ta có: thế vào (***) ta có 3 2 2 phương trình: 8k  27 k  8k  3 0  (k  3)(8k  3k  1) 0 x1  x2 . 0.25. 0.5. −3 ± √ 41 . 16 KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. ⇔ k=−3 ; k=. II 1. sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – 4 cos 4 x. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> sin x − cos x=0 ¿ 1− 2 cos x=0 ¿ π x= + kπ 4 ¿ π x=± + k 2 π 3 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ❑ 2 4 ⇔ 4 sin x cos x +4 cos x − 4 sin x cos x +2 sin x −2 cos x=0 ⇔ 2 cos 2 x − 2 sin x cos x +sin x − cos x=0 ¿ ¿ ⇔ 2 cos x (cos x −sin x)+sin x − cos x=0 ⇔. 0.75. 0.25. 2. 2. Đk:. x≥2. √. √. III.  4. √ √.  sin x  cos x . 0.25 0.25. x −1 x −1 ≤ BPT ⇔ √ 2 x+1 3 x x −2+ −1 2 2 1 1 ⇔ ≤ (do x 2 ) √ 2 x +1 3 x x − 2+ −1 2 2 x 3 ⇔ −1+ x − 2≤ √ 2 x +1 2 2 x 3x ⇔ ( −1)( − 2) ≤ 2 2 2 −2 ⇔ ≤ x≤4 . 3 Kết hợp đk thì BPT đã cho có tập nghiệm là: [2;4]. √ √. 0.25. √.  4. 2. cos 2 x  tan x  1. 2. I  2 dx   4 dx 2 0 cos x 2sin x cos x  cos x 0 cos x  2 tan x  1. .  4. .  4. 2 tan x  1 tan x  1    2 dx   d  tan x  2 tan x  1 cos x 2 tan x  1     0 0. Đặt. 2. t tan x  dt d  tan x  .  x 0  t 0   x    t 1 4 Đổi cận . 0.25. 1 dx cos 2 x 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 2. 0.25. t +1 ¿ ¿ ¿ 2t +1 ¿ 2t Khi đó ¿ ¿ 1. I = ¿ 0. 1. 1 1 1 1 1   I   t 2  3t  ln 2t  1    4  ln 3  1  ln 3 4 2 2 8  0 4  IV. ❑. Từ giả thiết suy ra B H. là chiều cao của lăng trụ. Góc giữa cạnh bên và mặt a đáy bằng góc B❑ BH=60 0 ⇒ BH= ⇒AB=a . 2 AB BC = Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC, ta có sin C sin A 0 . ⇒ sin A=1⇒ A=90 Vậy tam giác ABC vuông tại A. Tính được AC = a √ 3 1 a2√ 3 Diện tích đáy S ABC= AB . AC= 2 2 a 3 B❑ H = √ Đường cao của hình chóp 2 A/ ❑ ❑ ❑ Thể tích khối lăng trụ ABC . A B C 1 a3 V ABC . A B C = B❑ H . SABC= 3 4 ❑. ❑. B/. ❑. 0.25. 0.25 C/. 0.25. A. V. HI vuông góc với BC ( I là trung điểm BK), thì HI là đoạn vuông góc chung của K H B/H và BC. + I a √3 B Khoảng cách cần tính là HI= 4 0.25 x  1 y  1 y  1 z  1 z  1 x  1  1 1 1   1 1 1  P         2  2  2  2 2 2 y z x y z  x y z  x Ta có (1). Mà. x  1 y  1 y  1 z  1 z  1 x  1   y2 z2 x2. 0.25.  1  1 1  1 1  1  x  1  2  2    y  1  2  2    z  1  2  2  y  z  z  x x y. 2 2 2   y  1   z  1 xy yz xz (2). Từ (1) và (2) suy ra  x  1. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>  1 1 1 1 1 1 1 1 1  P     2  2  2  2    x y z x y z  xy yz zx . (3). 1 1 1   1 xy yz zx. Từ giả thiết ta có 1 1 1 1 1 1  2 2   1 2 x y z xy yz zx Mà. (4).. 0.25. (5).. 2.  1 1 1  1 1 1  1 1 1  x  y  z  3 xy  yz  zx   x  y  z  3    . (6).. 0.25. Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra P  3  1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z  3 . VIa. 1.. B(5  2b; b), C (2b  5;  b) , O(0;0)  BC. 0.25. Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc ABC nên I (2; 4) và I  AB.  BI  2b  3;4  b  ABC Tam giác vuông tại A nên vuông góc với  CK  11  2b;2  b   b 1 (2b  3)(11  2b)  (4  b)(2  b) 0   5b 2  30b  25 0    b 5 Với b 1  B (3;1), C ( 3;  1)  A(3;1) B loại  31 17   A ;   5 5  Với b 5  B (  5;5), C (5;  5)  31 17  A  ;  ; B ( 5;5); C (5;  5) Vậy  5 5 . 0.25 0.25 0.25. 0.25. 2. Tìm đợc D( 4;-7;-5) Gäi (S): x 2+ y 2 + z 2 − 2 ax −2 by −2 cz +d=0 qua S(1;0;0), A(1;0;2), B(-2;1;1), D(4;-7;-5 ¿ 1 −2 a+ d=0 5 −2 a − 4 c +d=0 6+ 4 a− 2 b −2 c+ d=0 90 −8 a+ 14 b+10 c +d =0 ¿{{{ ¿. lµ mÆt cÇu cÇn t×m. Do (S) ®i ) nªn cã. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> ¿ −10 a= 3 −17 b= 2 Gi¶i ra c=1 −23 d= 3 ¿{{{ ¿ 23 2 2 2 20 Suy ra (S): x + y + z + x+ 17 y − 2 z − =0 3 3 VII.a. Theo giả thiết, ta có  x 2 (1  i)( x  yi )  1  3i 0 0  ( x  y  1)  ( x  y  3)i 0    y  1 Suy ra z 2  i . Ta có w=3 −zi+ z =3 −(2−i)i+2+i=4 −i |w|= √ 17 Suy ra. VI.b. 0.5 0.25 0.25. 1. 2 2 + Đường tròn ( x  1)  ( y  3) 8 có tâm I ( 1;3) bán kính R 2 2 + A thuộc d nên A( x; 2  x) . 2 2 2 + Ta có IA 8  ( x  1)  (1  x) 8  ( x  1) 2 4.  x 1   x  3 ( L) Vậy A(1;1)  C ( 3;5) .  I (  1;3) + Đường thẳng BD đi qua vuông góc với IA nên nhận IA (2;  2) // u (1;  1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: x  y  4 0 . + Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình:  x 1 ( x  1)2  ( x  1)2 8  ( x  1) 2 4    x  3 + x 1  y 5 + x  3  y 1 Vậy B(1;5) ⇒ D(-3;1) hoặc ngược lại.. 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 2..  17 n S) có tâm . (P) có VTPT = (2, 2, 1)  I(–1, 2,–3), bán kính R = + Gọi u = (a,b, c) là VTCP đường thẳng  cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0)  c = – 2a – 2b (1) +   (P) u  n  2a +2b + c=0 + Ta có AI = (–9, 2, 20), [ AI , u ] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a). 0.25.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>   AI , u     17  u  tiếp xúc (S)  d(I,  ) = R  2 2 2 2 2 2  (2c  20b)  (20a  9c)  ( 9b  2a)  17. a  b  c (2) +Từ (1) và (2) ta có (  4a  24b) 2  (2a  18b) 2  (  9b  2a ) 2 17[ a 2  b 2  ( 2a  2b) 2 ]  896b2 – 61a2 + 20ab = 0 +Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b 0. Chọn b = 1 224  Ta có – 61a2 + 20a + 896 = 0  a = 4 hoặc a = 61 224 326  + Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = 61 , b = 1 thì c = 61 224   x 8  61 t   x 8  4t  y t    y t 326  z  23  t  z  23  10t 61 Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là:  và . VII.b. Tìm được n = 12 1+2 x +3 x 2 ¿10 n−2 Suy ra [ 1+ x . log 4 (n+ 4)+3 x2 ] =¿. 0.25. 0.25. 0.25. n 12 . 0.25 2. 10. 0 10. 10. 1 10. 9. 2. 2 10. 8. 4.  (1  2 x)  3 x  C (1  2 x)  C (1  2 x ) .3 x  C (1  2 x) 9 x  ... Ta có:. C100 (1  2 x)10 C100  C100  C101 2 x  C102 4 x 2  C103 8 x 3  C104 16 x 4  ... 3x 2C101 (1  2 x )9 3x 2C101  C90  C91 2 x  C92 4 x 2  ... 9 x 4C102 (1  2 x )8 9 x 4C102  C80  ... 4. 0.25 0 10. 4 10. 1 10. 2 9. 2 10. 0 8. C C 16  3C C 4  9C C 8085. Vậy hệ số của số hạng chứa x là : ( Cũng có thể giải theo cách chọn bộ k,i). 0.25.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>