SỞ GDðT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔNTOÁNKHỐI A+A1
NĂM HỌC 2012-2013
(Thời gian làm bài 180 phút)
(ðáp án gồm 05 trang)
Câu
Ý
Nội dung
ðiểm
1
Cho hàm số
x 2
y
x 1
−
=
+
, có ñồ thị (C).
2,0
Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ ñồ thị (C)
1,0
* Tập xác ñịnh: D
{
}
\ 1
R
= −
,
( )
2
3
y 0, x D
x 1
′
= > ∀ ∈
+
0,25
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn:
x
x 1 x 1
x
lim y lim y 1, lim y , lim y
+ −
→−∞
→− →−
→+∞
= = = −∞ = +∞
.
ðồ thị (C) có
tiệm cận ngang là ñường thẳng y=1,
tiệm cận ñứng là ñường thẳng x=-1
0,25
+ Bảng biến thiên:
x -
∞
-1 +
∞
y’ + +
y
+
∞
1
1 -
∞
+ Hàm số ñồng biến trên khoảng
(
)
; 1
−∞ −
và
(
)
1;
− +∞
.
0,25
I
1
*
ðồ thị:
ðồ thị cắt trục tung tại ñiểm (0;-2), cắt trục hoành tại ñiểm (0; 2).
ðồ thị (C) nhận giao ñiểm hai tiệm cận I(-1; 1) làm tâm ñối xứng
0,25
2
Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị (C……
1,0
PT tiếp tuyến d có dạng
( )
( )
o
2
o
3 x 2
y x x
x 1
x 1
−
= − +
+
+
, (với
o
x
là hoành ñộ tiếp ñiểm)
Giao ñiểm của d lần lượt với tc ñứng, tc ngang là:
o
o
x 5
A 1; ;
x 1
−
−
+
(
)
o
B 2x 1;1
+
0,25
o
o
6
IA ;IB 2x 2 IA.IB 12
x 1
= = + ⇒ =
+
0,25
Bán kính
2 2
IA.IB IA.IB IA.IB 6
r
IA IB AB
2 IA.IB 2IA.IB 2 3 6
IA IB IA IB
= = ≤ =
+ +
+ +
+ + +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2
o o
IA IB x 1 3 x 1 3
= ⇔ + = ⇔ = − ±
y
I
-1
O
2
-
2
1
x
0,25
I
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
y x 22 3
= + −
hoặc
y x 22 3
= + +
0,25
1
Giải phương trình :
2
5x x
4 3 sin x cos x 2cos cos 3sin 2x 3cos x 2
2 2
0
2sin x 3
− + + +
=
−
1,0
ðiều kiện :
3
sin x
2
≠
0,25
Phương trình ñã cho tương ñương với phương trình:
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2
2
2 3 sin 2x cos x cos3x cos2x 3sin 2x 3cos x 2 0
3 sin 2x 2cos x 1 cos3x cos x cos 2x 1 2cos x 1 0
3 sin 2x 2cos x 1 4cos x.sin x 2sin x 2cos x 1 0
3 sin 2x 2cos x 1 2sin x 2cos x 1 2cos x 1 0
2cos x 1 3sin 2x 2sin x 1 0
2cos x 1 3si
− − + + + =
⇔ + − − − − + + =
⇔ + + + + + =
⇔ + + + + + =
⇔ + + + =
⇔ +
( )
n 2x cos2x 2 0− + =
0,25
( )
1
2
cos x
x 2k
2cos x 1 0
2
3
k
3 sin 2x cos2x 2 0
cos 2x 1
x k
3
6
−
π
=
= ± + π
+ =
⇔ ⇔ ⇔ ∈ Ζ
π
−π
− + =
+ =
= + π
0,25
ðối chiếu ñiều kiện ta ñược nghiệm của phương trình là:
2
x k2 ;x k (k Z)
3 6
− π −π
= + π = + π ∈
0,25
2
Giải hệ phương trình :
( )
2
2
y 1
x 3y 2 y 4x 2 5y 3x
3
3 6.3 3 2.3
1 2. x y 1 3. 3y 2x
+
+ − + − −
+ = +
+ + − = −
(
)
( )
1
2
1,0
ðk:
x y 1 0
+ − ≥
(*)
( )
(
)
(
)
( )
( )
2 2
2
4x 2 3y 3x y 4x 2 2y 3y 3x y 1 2y
4x 2 2y y x y 4x 2 2y
1 3 6.3 3 2.3 0
3 3 27 6.3 0 3 3 0 y 2x 1
− + − + − + − + +
− − −
⇔ + − + =
⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = −
Thay vào (2) ta có:
3
2
1 2 3x 2 3. 4x 3, x
3
+ − = − ≥
0,25
ðặt
3
a 3x 2 0;b 4x 3
= − ≥ = −
ta có hệ
2 3
1 2a 3b
4a 3b 1
+ =
− =
(
)
( )
3
4
Từ
( )
3b 1
3 a
2
=
⇒ =
thay vào pt (4) ta ñược
3 2
1
b 0 a
2
3b 9b 6b 0 b 1 a 1
5
b 2 a
2
−
= ⇒ =
− + = ⇔ = ⇒ =
= ⇒ =
0,25
+)
1
b 0;a
2
−
= =
không thõa mãn +)
a 1 x 1
b 1 y 1
= =
⇔
= =
+)
11
5
x
a
4
2
9
b 2
y
2
=
=
⇔
=
=
0,25
II
Kết hợp ñk (*) suy ra hệ có nghiệm (x; y) là
( )
11 9
1;1 , ;
4 2
0,25
Tính tích phân:
1
x
2 2
3
4
e x
x 2 tan x dx
x cos x
π
π
+ +
∫
1,0
Ta có:
1
1
2
x
x
2 22 2
3 3 3 3
4 4 4 4
e x 1 x
I x 2tan x dx e . dx dx 2x tan xdx
x cos x x cos x
π π π π
π π π π
= + + = + +
∫ ∫ ∫ ∫
(1)
0,25
+)
1 4
1 1 1
3
x x x
2
3
3 3
4
4 4
1 1
e . dx e d e e e
x x
π
π π
π π
π
π π
= − = − = − +
∫ ∫
0,25
+)
2
2
3
4
x
J dx
cos x
π
π
=
∫
: ðặt
( )
2
2
3
3
4
2
4
u x
du 2xdx
J x tanx 2x tan xdx
1
v t anx
dv dx
cos x
π
π
π
π
=
=
⇒ ⇒ = −
=
=
∫
2
3
4
9
J 2x tan xdx
16
π
π
π
= −
∫
0,25
III
Thay vào (1) ta có
1 4
2
3
9
I e e
16
π π
π
= − + +
0,25
Tính thể tích……
1,0
a
O
D
C
A
B
S
H
K
I
Từ giả thiết AC =
2 3
a
; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung ñiểm O của mỗi
ñường chéo. Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =
3
a
; BO = a , do ñó
0
60
A DB
=
Hay tam giác ABD ñều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao
tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD).
0,25
Do tam giác ABD ñều nên với H là trung ñiểm của AB, K là trung ñiểm của HB ta có
DH AB
⊥
và DH =
3
a
; OK // DH và
1 3
2 2
a
OK DH
= =
⇒
OK
⊥
AB
⇒
AB
⊥
(SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI
⊥
SK; AB
⊥
OI
⇒
OI
⊥
(SAB) , hay OI là khoảng
cách từ O ñến mặt phẳng (SAB).
0,25
IV
Tam giác SOK vuông tại O, OI là ñường cao
⇒
22 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =
Diện tích ñáy
2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO
S OAOB a
∆
= = =
;
0,25
ñường cao của hình chóp
2
a
SO
=
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO= =
(ñvtt)
0,25
Chứng minh rằng:
3
1 1 1 10
a b c
b c a 3
+ + + ≥
1,0
Vì
a b c 1
+ + =
nên
1 1 1 1 1 1 1
M a b c abc 1
b c a abc a b c
= + + + = + + + + +
Theo bất ñẳng thức Cauchy ta có
3
1 a b c 1
abc abc
3 27 27
+ +
= ≥ ⇒ ≤
0,25
Lại có:
2 2
2 2 2
1 1 27 1 1 27 1 730
abc abc 2 abc.
abc 27 abc 27 abc 27 abc 27 27
− −
+ = + + ≥ + =
0,25
Mặt khác:
( )
1 1 1 1 1 1
a b c 9 9
a b c a b c
+ + + + ≥ ⇒ + + ≥
Suy ra
730 1000
M 9 1
27 27
≥ + + =
0.25
V
Vậy
3
1 1 1 10
a b c
b c a 3
+ + + ≥
(ñpcm)
Dấu bằng xảy ra
1
a b c
3
⇔ = = =
.
0,25
1
Tìm toạ ñộ các ñỉnh còn lại của hình thoi
1,0
Phương trình MP là:
x y 3 0
+ − =
I MP NQ
= ∩ ⇒
tọa ñộ I là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 1 0 x 2
I 2;1
x y 3 0 y 1
− − = =
⇔ ⇒
+ − = =
.
0,25
I là trung ñiểm của MP nên suy ra
(
)
P 3;0
phương trình NQ là
x y 1 0
− − =
nên tọa ñộ N, Q có dạng (m; m-1)
0,25
Do
( ) ( )
(
)
2 2
2 22 2
NQ 2MP IN 4IM m 2 m 2 4. 1 1
= ⇒ = ⇔ − + − = +
( )
2
m 4
m 2 4
m 0
=
⇔ − = ⇔
=
0,25
Vì N có tung ñộ âm nên N(0; -1)
⇒
Q(4; 3)
Vậy
(
)
P 3;0
, N(0; -1) , Q(4; 3) làcác ñỉnh cần tìm.
0,25
2
Viết phương trình mặt phẳng
(
)
P
1.,0
Giả sử A(a; 0; 0), B(b; 0; 0), C(c; 0; 0), abc
≠
0
⇒
Phương trình mặt phẳng (P) là:
x y z
1
a b c
+ + =
. (P) qua I nên
1 1 1
1
a b c
+ + =
(1)
0,25
Mà IA=IB=IC nên
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2222 2
a 1 1 1 1 b 1 1 1 1 c 1 a 1 b 1 c 1
− + + = + − + = + + − ⇔ − = − = −
a b c
⇔ = =
hoặc
b a 2
c a
= −
=
hoặc
c 2 a
b a
= −
=
hoặc
b c 2 a
= = −
0,25
Với a=b=c thay vào (1) ta ñược a=b=c=3. Khi ñó pt (P): x+y+z=3
Với
b a 2
c a
= −
=
hoặc
c 2 a
b a
= −
=
thay vào (1) ta ñược
2
2 1
1 a 3a 4 0
a 2 a
+ = ⇔ − + =
−
(VN)
Với
b c 2 a
= = −
thay vào (1) ta ñược
2
1 2
1 aa2 0
a 2 a
+ = ⇔ − + =
−
(VN)
0,25
VIa
Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là: x+y+z=3
0,25
1,0
• Ta có
4
3
)12(
4
1
1
22
++=++
xxx
nên
( )
10121422
10
)21(
16
9
)21(
8
3
)21(
16
1
)1(21
xxxxxx +++++=+++
0,25
• Trong khai triển
(
)
14
21 x+
hệ số của
6
x
là:
6
14
6
2
C
Trong khai triển
(
)
12
21 x+ hệ số của
6
x là:
6
12
6
2 C
Trong khai triển
(
)
10
21 x+
hệ số của
6
x
là:
6
10
6
2 C
0,5
VII.a
Vậy hệ số
.417482
16
9
2
8
3
2
16
1
6
10
66
12
66
14
6
6
=++= CCCa
0,25
1
Tìm tọa ñộ C và D
1,0
Pt ñường thẳng AB:
x y 1 0
− + =
0,25
I nằm trên cung AB của (P)
(
)
[
]
2
I m;m 2m 1 ,m 0;3
⇒ − + ∈
Diện tích tam giác IAB lớn nhất
( )
2
m 3m
d I;AB
2
−
⇔ =
lớn nhất
0,5
Xét hàm số
(
)
2
f m m 3m
= −
trên
[
]
0;3
ta có:
m
0
2
3
3
f(m)
0 0
9
4
−
Suy ra
[ ]
( )
2
9 9
m 0;3 ,0 m 4m d I;AB
4
4 2
∀ ∈ ≤ − ≤ ⇒ ≤
. Dấu “=” xảy ra
3 3 1
m I ;
2 2 4
⇔ = ⇒
0,25
I là trung ñiểm của AC và BD nên
1
C 3;
2
−
và
7
D 0;
2
là hai ñiểm cần tìm
0,25
2
Viết phương trình mặt phẳng (P)
1,0
Mặt phẳng (P) ñi qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng : Ax + By + Cz = 0 với
22 2
A B C 0
+ + >
( ) ( ) ( )
5
P Q 5A 2B 5C 0 B A C
2
⊥ ⇔ − + = ⇔ = +
(1)
0,25
(P) tạo với (R) góc
o
45
nên
o
2 2222 2
A 4B 8C A 4B 8C
1
cos45
2
A B C 1 16 64 A B C .9
− − − −
= ⇔ =
+ + + + + +
(2)
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
25
1 , 22A 10 A C 8C 9 AA C C
4
⇒ − + − = + + +
2 2
21A 18AC 3C 0
⇔ + = =
0,25
Chọn
A 1
C 1
1
A
7
= −
= ⇒
=
*)
A 1,C 1 B 0
= − = ⇒ = ⇒
Phương trình mặt phẳng (P) là x-z=0
*)
1 20
A ,C 1 B
7 7
= = ⇒ = ⇒
Phương trình mặt phẳng (P) là x+20z+7z=0
0,25
VIIb
Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là x-z=0 hoặc x+20z+7z=0
0,25
VIIb
Cho khai triển ña thức:
( )
2013
2 2013
o 1 2 2013
1 2x aa x a .x a .x
− = + + + +
Tính tổng:
0 1 2 2013
S a2a 3 a 2014 a= + + + +
1,0
Ta có:
( )
2013 2 2013
0 1 2 2014
(1 2 ) 2 3 2014 .
x x aa x a x a x
′
− = + + + +
2013 1012 2 2013
0 1 2 2013
(1 2 ) 4026 (1 2 ) 2 3 2014
x x x aa x a x a x
⇔ − − − = + + + +
(*).
0,5
Nhận thấy:
( )
k k
k k
a x a x
= −
do ñó thay
1
x
= −
vào cả hai vế của (*) ta có:
2213
0 1 2 2013
2 3 2014 1343.3
S aaa a= + + + + =
0,5
. 2 a
b a
= −
=
thay vào (1) ta ñược
2
2 1
1 a 3a 4 0
a 2 a
+ = ⇔ − + =
−
(VN)
Với
b c 2 a
= = −
thay vào (1) ta ñược
2
1 2
1 a a 2 0
a 2 a
+. c a AB, K là trung ñiểm c a HB ta có
DH AB
⊥
và DH =
3
a
; OK // DH và
1 3
2 2
a
OK DH
= =
⇒
OK
⊥
AB
⇒
AB
⊥
(SOK)
Gọi I là hình chiếu của