Đáp án đề thi thử đại học môn toán lần 1 khối B,D năm 2013 trường THPT Ngô Gia Tự

... (1 điểm) SABM  13  MI AB  13  MI  13  0,25   x   8  x  2  13  x   x  0,25 Vậy M  5;3 ;1 M  6; 3;  0,25 a1a2a3a4a5a6  S   1; 2;3;4;5 ;6 ;  a j ; i, j 1; 6, a6 2;4 ;6 ... 3.5!  360 0,25 Ta có: a1  a2  a3  a4  a5  a6  21; a1  a2  a3  a4  a5  a6   a4  a5  a6  10 TH1: a6   a4 ; a5   3;5 , a1; a2 ; a3   1; 4 ;6 9.a (1 điểm) TH : a6   a4 ... 9b  36 36   0 ,1 360 10 2a+3b -1 d  M,  AB  S MAB max  d  M,  max  max  2a+3b -1 max 13  2a  3b    4a  9b2   72  2a  3b   6 2 ;6   2a  3b 1     SMAB  7.b (1 điểm)...

... 0,25 0,25 III 1. 0 Giảiphươngtrình (3x  1) x   x  x 3 PT  2(3x  1) x   10 x  3x  0,25 2(3x  1) x   4( 2 x  1)  x  3x  Đặt t  x  1( t  0) Pt trở thành 4t  2(3 x  1) t  x  3x ... 4m |  | 5m | I m2  16 m  16 Diện tích tam giác IAB SIAB  12  2S IAH  12 H A AH  IA2  IH  25   B (5m)2 20  m  16 m2  16 m  3  d ( I , ) AH  12  25 | m | 3(m  16 )   16 ... 3du  e dx ; x   u  1; x  ln  u  2   3du 1 I  =3     4u 4( u  2)  2(u  2) du   u (u  2) 1 0,25 Ta được: 0,25 1  1 3   ln( )  =3  ln u  ln u   4  2(u  2)   Vậy...

... + 3) ⇔ n − 11 n − 12 = ⇔   n = 12 (thoûa maõn) 12 k 12 12 12 − k   4 4 k k Khi đó: P = x  x −  = x ∑ C12 x −  = ∑ C12 (−4)k x 51 5k  x k =0 k =0   x k k 51 5k Số hạng tổng quát ... n! (n − 1) ! (n − 1) ! (n + 3)! − = ⋅ 3!(n − 3)! (n − 3)!2! (n − 2) !1! (n + 2) !1! ⇔ n(n − 1) (n − 2) − 3(n − 1) (n − 2) = 6(n − 1) (n + 3) n+2 Cn −3 − C2 1 = C1 −1Cn +3 ⇔ n n n 0.25  n = 1 (loaïi) ... z3 1. 1 = 3z ≥ ⇒ 0.25 z3 + ≥ 3(xy + 1) xy +  x y 1  +1+ +1+ − = (x + y + 1)  + −2 + y +1 x +1 xy +  x + y +  xy + ≥ xy + ⋅ + −2 + xy xy + Khi đó: P ≥ ( ) (2t + 1) 2 2t + −2= + = g(t) t +1...

... n(2  x )n 1  Cn 2n 1  2Cn 2n 2 x  3Cn 2n 3 x   nCn x n 1 Cho x = ta n 1. 2n 1 Cn  2.2n  Cn  3. 2 n 3 Cn   nCn  n.3n 1 n 1 VI.2 (1 ) Khi n .3 n 1 =12 0.25 hay n =12 n n n 2 ... có X = A.B.C  P( X )= 1- P( X )=0.94 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com  x2 y2  x2 y  1 1     16 Xét hệ pt 16 3 x  y  12 3x  12  y   VI.2 (1 )    41  41 x  x    4 Giải ... 41  y   41   3     41  41    41  41  41 ; A  ;B     ;  A B=      0.25 0.25 0.25 Giả sử M(x ; y0 ) ,đặt MH khoảng cách từ M đến AB MH = x0  y0  12 0.25 Vậy MH AB =12 ...

... F CD Có: 0 ,2 Gọi I hình chiếu F SH, có: 0 ,2 Đặt 0 ,2 0 ,2 (1,0 điểm) Xét hàm số 0 ,2 nghịch biến Ta có: 0 ,2 Suy 0 ,2 Phương trình 0 ,2 T a độ điểm 7a (1,0 điểm) nghiệm hệ: 0 ,2 Ta có 0 ,2 Gọi Gọi H ... 0 ,2 tâm đường tròn Có: Gọi 8a (1,0 điểm) 0 ,2 phương trình đường tròn: 0 ,2 0 ,2 phương trình đ tròn: 0 ,2 9a (1,0 điểm) 0 ,2 Xét khai triển có số hạng tổng quát 0 ,2 có k th a mãn Hệ số 0 ,2 Vậy 0 ,2 ... 0 ,2 hay (1,0 điểm) 0, Xét hàm số đồng biến R 0 ,2 Kết hợp (*), giải ta được: 0 ,2 0 ,2 (1,0 điểm) 0 ,2 0 ,2 Vậy Gọi F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác S Do A D nên 0 ,2 O I F B C (1,0 điểm) H 0,2...

... 0 .25< /b> 1 SH IC 2a SH IC 2a SH IC  SI CK  CK    2 < /b> SI SI 2a Vậy: d (CD; SB)  S SIC  Chứng minh Ta có: 1.0 0 .25< /b> 3 1 2a  b  ab  bc  abc  2a  b  a. 4b  b. 4c  a. 4b. 16c 4 2 < /b> a  4b b ... C22n 1 ; ; C2 n 1  C2 n 1 1.0 0 .25< /b> 0 .25< /b> www.VNMATH.com Do đó: C2 n 1  C2 n 1   C2nn 1  22< /b> n 1   22< /b> n   22< /b> 0   n  10 0 .25< /b> 10 k Mà: (2 < /b>  3x )10   C10 21< /b> 0 k 3k x k k 0 0 .25< /b> ... Hình học < /b> không gian 1.0 * Tính thể tích: Gọi H = AC  BD  SH  (ABCD) & BH = BD Kẻ HE  AB  AB  (SHE) nên góc (SAB) (ABCD) là:  SHE  600 Mà HE = VSABCD = 2a 2a AD =  SH = 3 3 SH.SABCD =...