1 Đáp án môn Toán - lần 1 Câu Nội dung Điểm I 1. *) TXĐ: 1 x *) CBT: Ta có ( ) + = + ++= 0 2 0 1 1 1' 1 1 2 2 x x x y x xy BBT Hàm số đạt cực đại tại 2 = x với y CĐ = -1; đạt cực tiểu tại x =0 với y CT = 3. Vì = 1 lim x y nên 1 = x là tiệm cận đứng của (H). Hơn nữa [ ] 0 1 1 lim)2(lim = + =+ x xy xx nên đờng thẳng 2 + = xy là tiệm cận xiên của (H). *) Đồ thị: +) (H) đối xứng qua điểm (-1; 1). 2. Giả sử ( ) 1, 1 33 ,; 0 0 0 2 0 000 + ++ = x x xx yyx là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm với (H). Vì tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng 023 = + yx nên hệ số góc của nó là ( ) 3 1 1 1' 2 0 )( 0 = + = x y x . Suy ra ( ) = = =+ 2 3 2 1 4 1 1 0 0 2 0 x x x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x y' y - - 2 - 1 0 + + + - - - 1 0 0 + + - - 3 y x 0 - 1 - 2 - 1 3 2 II III +) Với 2 7 2 1 00 == yx , ta có tiếp tuyến: .23 2 7 2 1 3 +=+ += xxy +) Với 2 3 2 3 00 == yx , ta có tiếp tuyến: .63 2 3 2 3 3 = += xxy Vậy các tiếp tuyến cần tìm là .63;23 = + = xyxy 1. *) ĐK: ( ) > < > > 2 0 02 012 2 2 x x xx x Bất phơng trình đã cho ( ) xxx 2log12log 2 22 .212 2 xxx Xét 2 trờng hợp sau: *) .0 < x Ta đợc hệ: .01 1 0 221 0 22 < < < x x x xxx x *) .2 > x Ta đợc hệ: + > > 014 2 212 2 22 xx x xxx x .322 3232 2 +< + > x x x Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm: +< < 322 01 x x 2. *) Điều kiện: .0cos,1cos xx Khi đó phơng trình đã cho trở thành ( ) ( ) ( ) x xx x xx xxx x 22 2 2 2 cos 1cos31cos cos 1cos2cos3 cos 2 cos 1 3 cos1 cos12 + = == + ( ) ( ) ( ) 1cos31coscoscos12 2 += xxxx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01cos21cos1cos01cos3cos21cos 2 =++=++ xxxxxx += = = = .,2 3 2 ,2 2 1 cos 1cos Zmmx Zkkx x x 1. Đặt .303 2 txxt == Khi đó phơng trình trở thành: .0342)( 2 =++= mmtttf Phơng trình đã cho có nghiệm phơng trình 0)( = tf có nghiệm 0 t . Xét 2 trờng hợp sau: *) 4 3 0340)0(.1 mmf . *) Phơng trình 0)( = tf có nghiệm 21 ,tt thoả mãn 21 0 tt < mk m m mm m s mf mm < > >= >= += 0 2 0 4 3 31 0 2 034)0(.1 034' . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25+ 0,25 0,25 0,25 0,25 3 IV Kết luận: Giá trị của m để phơng trình đã cho có nghiệm là 4 3 m . 2. Đặt .4tyxtxy = + = Theo định lí Viet đảo x, y là nghiệm của phơng trình .04)( 2 =+= ttXXXh Vì 1,0 2 1 < xx nên phơng trình 0)( = Xh có nghiệm 2 1 , XX thoả mãn 10 2 1 < XX =< = <= = 12 2 0 031)1(.1 0)0(.1 04' 2 t s th th tt 3 1 4 1 t . Khi đó ( ) ,9169 2 2 ttxyyxM =+= với . 3 1 4 1 t Ta có = 3 1 ; 4 1 32 9 0932)(' tttM . Suy ra Bảng biến thiên Suy ra: M max 9 11 = , đạt khi 3 1 ,1 3 1 === yxxy hoặc .1, 3 1 == yx M min 64 81 = , đạt khi 4 3 2 32 9 === yxxy hoặc . 4 3 2 == xy Chú ý: *) Để tìm điều kiện của xy t = có thể thực hiện theo cách sau: Từ giả thiết ( ) .1 3 1 , 14 1 3 1 14 1414 2 = = = x x x xy x x x y xyxx Xét hàm số 1 3 1 , 1 4 2 = x x x t thu đợc . 3 1 4 1 t *) Có thể đặt t y x = + , với điều kiện 3 4 1 t . Khi đó . 4 9 2 ttM = Xét hàm số = 3 4 ;1, 4 9 )( 2 ttttf sẽ thu đợc kết quả nh trên. Cách 1: Kẻ )(DBCAH - Vì CDAB nên hình chiếu CDBH (1) BDAC nên hình chiếu BDCH (2) - Từ (1), (2) H là trực tâm ACDHBCD . Vì DH là hình chiếu AD lên )(ABC nên BCAD 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 t M'(t) M 4 1 32 9 3 1 9 11 64 81 4 5 - 0 + A B D C H 4 . Cách 2: ( ) ( ) ( ) 0. . 2 ==++= +++= ++= ACBDDCBDABBD DCBDBDDCABBDAB DCBDBDABBCAD +) Gọi BDACI = . Vì 02: = + yxdI nên. ( ) 2, 00 +xxI . +) Từ t/c hình thoi ta có BDAC 0.90 0 == BIAIAIB +) Ta có: ( ) ( ) 1,3 4,1 00 00 += += xxBI xxAI ( ) ( ) ( ) ( ) 1431. 0000 +++= xxxxBIAI ( )( ) ( ) = = =+= 2 3 , 3 7 3,1 2 7 1 0721 0 0 00 I I x x xx TH 1: ),3,1(I do I là trung điểm BDAc, nên ta có ( ) ( ) 6,4;1,8 DC TH 2: 2 3 , 2 7 I , tơng tự TH 1 ta có: ( ) ( ) 6,4;1,8 DC *) Cách 1: +) Chọn ( ) 2,1,1 == SCn .02:)( =+ zyxpt Ta có: pt 2 2 11 : == z y x SC =+ = .022 0 zy yx - Từ hệ =+ = =+ 022 0 02 zy yx zyx ( ) Cắt tại SC tại 2 2 , 2 1 , 2 1 I - Pt SD: =+ = == 022 0 2 2 10 zy x z y x Từ hệ ( ) =+ = + 0232 0 2 y x zyx cắt SD tại 3 2 , 3 2 ,0K Tơng tự ( ) cắt SB tại . 3 2 ,0, 3 2 H +) Thiết diện là tứ diện AHIK 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 D C B A I d A C(1, 1, 0) D(0, 1, 0) B(1, 0, 0) S(0, 0, 2 ) H I K y x z 5 V (1đ) Ta có = = 2 2 , 2 1 , 2 1 3 2 ,0, 3 2 AI AH [ ] = 6 2 , 6 2 , 6 2 , AIAH 6 2 6 2 6 2 6 2 2 1 2 22 = + + = AHI S . Tơng tự 3 2 6 2 6 2 6 2 =+== tdAKI SS (đvdt). Cách 2: - Từ gt ABCD là hình vuông và ( ) ABCDSA - Giả sử ( ) cắt SB, SC, SD tại H, I, K. - Vì ( ) SBCCB nên AhCB ; Vì ( ) AHIKSC nên AHSC ( ) HBAHSBCAH và HI AK . Tơng tự ta có SDAK và KI AK . Trong tam giác vuông SAB ta có . 3 2 2 3 1 1 2 1111 222 ==+=+= AH ABASAH Tơng tự trong tam giác vuông SAC ta có 3 1 3 2 11 22 ==== AHAIIHAI . 6 2 . 2 1 == HIAHS AHI Do tính chất đối xứng nên 3 2 6 2 .2 === tdAHIAKI SSS (đvdt). Đặt ( ) dx x x x duxxu 2 2 3 23 3ln == . 2 1 2 xvxdxdv == Theo công thức tích phân từng phần ta có ( ) = 2 1 2 2 2 3 23 2 1 1 2 3ln 2 dx x xx xx x I . ( ) ++= ++= 2 1 2 1 2 3ln93 2 1 2ln 2 3 3 9 32 2 1 2ln 2 3 xxxdx x x ( ) 32ln62ln96 2 1 2ln 2 3 == . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 . ttXXXh Vì 1, 0 2 1 < xx nên phơng trình 0)( = Xh có nghiệm 2 1 , XX thoả mãn 10 2 1 < XX =< = <= = 12 2 0 0 31) 1( .1 0)0( .1 04' 2 t s th th tt 3 1 4 1 t . Khi. + = == + ( ) ( ) ( ) 1cos31coscoscos12 2 += xxxx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01cos21cos1cos01cos3cos21cos 2 =++=++ xxxxxx += = = = .,2 3 2 ,2 2 1 cos 1cos Zmmx Zkkx x x 1. Đặt .303 2 txxt. ) .1 3 1 , 14 1 3 1 14 14 14 2 = = = x x x xy x x x y xyxx Xét hàm số 1 3 1 , 1 4 2 = x x x t thu đợc . 3 1 4 1 t *) Có thể đặt t y x = + , với điều kiện 3 4 1 t . Khi đó