DA_DH2010

Trang 1/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khi m = 1, ta có hàm số y = x 3 − 2x 2 + 1. • Tập xác định: R. • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 'y = 3x 2 − 4x; '( )yx = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4 3 . 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và 4 ; 3 ⎛⎞ + ∞ ⎜⎟ ⎝⎠ ; nghịch biến trên khoảng 4 0; 3 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y CĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = 4 3 ; y CT = 5 27 − . - Giới hạn: lim x y →−∞ = − ∞ ; lim x y →+∞ = + ∞. 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: x 3 − 2x 2 + (1 − m)x + m = 0 ⇔ (x − 1)(x 2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x 2 − x − m = 0 (*) 0,25 Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt, khác 1. 0,25 Ký hiệu g(x) = x 2 − x − m; x 1 = 1; x 2 và x 3 là các nghiệm của (*). Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: 22 23 0 (1) 0 3 g xx ⎧ ∆> ⎪ ≠ ⎨ ⎪ + < ⎩ 0,25 I (2,0 điểm) ⇔ 14 0 0 12 3 m m m +> ⎧ ⎪ −≠ ⎨ ⎪ +< ⎩ ⇔ 1 4 − < m < 1 và m ≠ 0. 0,25 y 1 + ∞ −∞ 'y + 0 − 0 + x −∞ 0 4 3 +∞ 5 27 − 5 27 − O y x 4 3 1 2 Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 2 sin 4 x π ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx 0,25 ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = sin cos cos cos xx x x + ⇔ sinx + cos2x = 0 0,25 ⇔ 2sin 2 x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = − 1 2 0,25 ⇔ x = − 6 π + k2π hoặc x = 7 6 π + k2π (k ∈ Z). 0,25 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 0. Ta có: 2 2( 1)xx − + = 22 (1)1xx+− + > 1, suy ra 1 − 2 2( 1)xx − + < 0. Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 2 2( 1)xx − + ≤ 1 − x + x (1) 0,25 Mặt khác 2 2( 1)xx−+ = 22 2(1 ) 2( ) x x−+ ≥ 1 − x + x (2), do đó: 0,25 (1) ⇔ 2 2( 1)xx − + = 1 − x + x (3) Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. + 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó: (3) ⇔ 1 − x = x 0,25 II (2,0 điểm) ⇔ 2 10 (1 ) x x x −≥ ⎧ ⎪ ⎨ −= ⎪ ⎩ ⇔ 2 1 310 x xx ≤ ⎧ ⎪ ⎨ − += ⎪ ⎩ ⇔ x = 35 2 − , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0. 0,25 I = 1 2 0 d 12 x x e x x e ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎜⎟ + ⎝⎠ ∫ = 1 2 0 d x x ∫ + 1 0 d 12 x x e x e+ ∫ . 0,25 Ta có: 1 2 0 d x x ∫ = 1 3 0 1 3 x = 1 3 0,25 và 1 0 d 12 x x e x e+ ∫ = 1 2 1 0 d(1 2 ) 12 x x e e + + ∫ , suy ra: 0,25 III (1,0 điểm) I = 1 3 + 1 0 1 ln(1 2 ) 2 x e+ = 1 3 + 112 ln 23 e + = 1 3 + 112 ln 23 e + . 0,25 • Thể tích khối chóp S.CDNM. S CDNM = S ABCD − S AMN − S BCM = AB 2 − 1 2 AM.AN − 1 2 BC.BM = a 2 − 2 8 a − 2 4 a = 2 5 8 a . 0,25 V S.CDNM = 1 3 S CDNM .SH = 3 53 24 a . 0,25 IV (1,0 điểm) • Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. ∆ADM = ∆DCN ⇒ n n A DM DCN= ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC). Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó: d(DM, SC) = HK. 0,25 A B C D S N H K M Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Ta có: HC = 2 CD CN = 2 5 a và HK = 22 .SH HC SH HC + = 23 19 a , do đó: d(DM, SC) = 23 19 a . 0,25 Điều kiện: x ≤ 3 4 ; y ≤ 5 2 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x 2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 52 y − (1) 0,25 Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 52 y − ), với f(t) = (t 2 + 1)t. Ta có ' f (t) = 3t 2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R. Do đó: (1) ⇔ 2x = 52 y − ⇔ 2 0 54 . 2 x x y ≥ ⎧ ⎪ ⎨ − = ⎪ ⎩ 0,25 Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x 2 + 2 2 5 2 2 x ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ + 2 34 x − −7 = 0 (3). Nhận thấy x = 0 và x = 3 4 không phải là nghiệm của (3). Xét hàm g(x) = 4x 2 + 2 2 5 2 2 x ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ + 2 34 x − − 7, trên khoảng 3 0; 4 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,25 V (1,0 điểm) '( ) g x = 8x − 8x 2 5 2 2 x ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ − 4 34 x − = 4x (4x 2 − 3) − 4 34 x − < 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến. Mặt khác 1 2 g ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ = 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 1 2 ; suy ra y = 2. Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = 1 ;2 2 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,25 1. (1,0 điểm) d 1 và d 2 cắt nhau tại O, cos(d 1 , d 2 ) = |3.31.1| 31.31 − + + = 1 2 và tam giác OAB vuông tại B, do đó n A OB = 60 D ⇒ n B AC = 60 D . 0,25 Ta có: S ABC = 1 2 AB.AC.sin 60 D = 3 4 (OA.sin 60 D ).(OA.tan 60 D ) = 33 8 OA 2 . Do đó: S ABC = 3 2 , suy ra OA 2 = 4 3 . 0,25 Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: 22 30 4 3 xy xy ⎧ + = ⎪ ⎨ + = ⎪ ⎩ ⇒ A 1 ;1 3 ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ . Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d 2 , suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0. Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: 30 3340 xy xy ⎧ −= ⎪ ⎨ − −= ⎪ ⎩ ⇒ C 2 ;2 3 − ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,25 VI.a (2,0 điểm) Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I 13 ; 2 23 − ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ và bán kính IA = 1. Phương trình (T): 2 2 13 1 2 23 xy ⎛⎞ ⎛⎞ +++= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ . 0,25 d 2 y x C B O A d 1 I Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v G = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n G = (1; −2; 1). 0,25 Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos n HMC = () cos ,vn GG . 0,25 d(M, (P)) = MH = MC.cos n HMC = MC. () cos ,vn GG 0,25 = 6 . |2 2 1| 6. 6 − − = 1 6 . 0,25 Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i) 0,25 = 5 + 2 i, suy ra: 0,25 z = 5 − 2 i. 0,25 VII.a (1,0 điểm) Phần ảo của số phức z bằng: − 2 . 0,25 1. (1,0 điểm) Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC. Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ: 40 0 xy xy + −= ⎧ ⎨ −= ⎩ ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2). 0,25 Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương trình: x + y + 4 = 0. 0,25 Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t). Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: A B JJJG . CE JJJG = 0 ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0 0,25 ⇔ 2t 2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6. Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6). 0,25 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v G = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương. Ta có: M A J JJG = (2; −2; 1), ,vMA ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ G JJJG = (7; 2; −10). 0,25 Suy ra: d(A, ∆) = ,vMA v ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ G JJJG G = 49 4 100 494 ++ ++ = 3. 0,25 Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5. 0,25 VI.b (2,0 điểm) Phương trình (S): x 2 + y 2 + (z + 2) 2 = 25. 0,25 Ta có: 3 (1 3 )i− = − 8. 0,25 Do đó z = 8 1 i − − = − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i. 0,25 ⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i. 0,25 VII.b (1,0 điểm) Vậy: ziz+ = 8 2 . 0,25 Hết • M ∆ B C A • H M ∆ P C • E d A B C H D Trang 1/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: R \ {−1}. • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 1 ' (1) y x = + > 0, ∀x ≠ −1. 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞). - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 xx yy →−∞ →+∞ = = ; tiệm cận ngang: y = 2. (1) lim x y − →− = +∞ và (1) lim x y + →− = −∞; tiệm cận đứng: x = −1. 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: 21 1 x x + + = −2x + m ⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình) ⇔ 2x 2 + (4 − m)x + 1 − m = 0 (1). 0,25 ∆ = m 2 + 8 > 0 với mọi m, suy ra đường thẳng y = −2x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. 0,25 Gọi A(x 1 ; y 1 ) và B(x 2 ; y 2 ), trong đó x 1 và x 2 là các nghiệm của (1); y 1 = −2x 1 + m và y 2 = −2x 2 + m. Ta có: d(O, AB) = || 5 m và AB = ()() 22 12 1 2 xx yy−+− = () 2 12 12 520 x xxx+− = 2 5( 8) 2 m + . 0,25 I (2,0 điểm) S OAB = 1 2 AB. d(O, AB) = 2 || 8 4 mm + , suy ra: 2 || 8 4 mm + = 3 ⇔ m = ± 2. 0,25 x −∞ − 1 + ∞ 'y + + y 2 2 + ∞ − ∞ 2 − 1 O x y 1 Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2 2sin cos sin cos 2 cos 2cos2 0xx x xx x − ++= 0,25 ⇔ cos2 sin (cos 2)cos2 0xx x x + += ⇔ (sin cos 2)cos 2 0xx x + += (1). 0,25 Do phương trình sin cos 2 0xx++= vô nghiệm, nên: 0,25 (1) ⇔ cos2 0x = ⇔ 42 x k π π =+ (k ∈ Z). 0,25 2. (1,0 điểm) Điều kiện: 1 6 3 x−≤≤. 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: 2 (3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0xxxx + −+− −+ − −= 0,25 ⇔ 3( 5) 5 ( 5)(3 1) 0 314 6 1 xx xx xx −− ++−+= ++ − + ⇔ x = 5 hoặc 31 310 314 6 1 x xx + ++= ++ − + . 0,25 II (2,0 điểm) 31 1 310 ;6 3 314 6 1 xx xx ⎡ ⎤ +++>∀∈− ⎢ ⎥ ++ − + ⎣ ⎦ , do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5. 0,25 Đặt 2lntx=+ , ta có 1 dd tx x = ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3. 0,25 3 2 2 2 d t It t − = ∫ 33 2 22 11 d2dtt t t =− ∫∫ . 0,25 3 3 2 2 2 ln t t =+ 0,25 III (1,0 điểm) 13 ln 32 =− + . 0,25 • Thể tích khối lăng trụ. Gọi D là trung điểm BC, ta có: BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ ' A D, suy ra: n '60ADA = D . 0,25 Ta có: ' A A = AD.tan n 'ADA = 3 2 a ; S ABC = 2 3 4 a . Do đó: 3 .'' ' 33 VS.' 8 ABC A B C ABC a AA ==. 0,25 • Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra: GH // ' A A ⇒ GH ⊥ (ABC). Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH). Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI = .GE GA GH = 2 2 GA GH . 0,25 IV (1,0 điểm) Ta có: GH = ' 3 A A = 2 a ; AH = 3 3 a ; GA 2 = GH 2 + AH 2 = 2 7 12 a . Do đó: R = 2 7 2.12 a . 2 a = 7 12 a . 0,25 H A B C ' A ' B 'C G D A E H G I Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Ta có: M ≥ (ab + bc + ca) 2 + 3(ab + bc + ca) + 2 12( )ab bc ca−++. 0,25 Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 2 ()1 0 33 abc t ++ ≤≤ = . Xét hàm 2 () 3 2 1 2 f tt t t = ++ − trên 1 0; 2 ⎡ ⎞ ⎟ ⎢ ⎣ ⎠ , ta có: 2 '( ) 2 3 12 ft t t =+− − ; 3 2 ''( ) 2 (1 2 ) ft t =− − ≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra '( ) f t nghịch biến. 0,25 Xét trên đoạn 1 0; 3 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ta có: 111 '( ) ' 2 3 0 33 ft f ⎛⎞ ≥=−> ⎜⎟ ⎝⎠ , suy ra f(t) đồng biến. Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈ 1 0; 3 ⎡⎤ ⎢⎥ ⎣⎦ . 0,25 V (1,0 điểm) Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈ 1 0; 3 ⎡⎤ ⎢⎥ ⎣⎦ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1 ⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1). Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2. 0,25 1. (1,0 điểm) Gọi D là điểm đối xứng của C(− 4; 1) qua d: x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn: (4)(1)0 41 50 22 xy xy + −−= ⎧ ⎪ ⎨− + + −= ⎪ ⎩ ⇒ D(4; 9). 0,25 Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y) thỏa mãn: 22 50 (5)32 xy xy +−= ⎧ ⎪ ⎨ + −= ⎪ ⎩ với x > 0, suy ra A(4; 1). 0,25 ⇒ AC = 8 ⇒ AB = 2S A BC A C = 6. B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1) 2 = 36 ⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5). 0,25 Do d là phân giác trong của góc A, nên A B J JJG và A D J JJG cùng hướng, suy ra B(4; 7). Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0. 0,25 2. (1,0 điểm) Mặt phẳng (ABC) có phương trình: 1 1 xyz bc + +=. 0,25 Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra: 1 b − 1 c = 0 (1). 0,25 Ta có: d(O, (ABC)) = 1 3 ⇔ 22 1 11 1 bc ++ = 1 3 ⇔ 2 1 b + 2 1 c = 8 (2). 0,25 VI.a (2,0 điểm) Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c = 1 2 . 0,25 Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có: | z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i | 0,25 ⇔ x 2 + (y − 1) 2 = (x − y) 2 + (x + y) 2 0,25 ⇔ x 2 + y 2 + 2y − 1 = 0. 0,25 VII.a (1,0 điểm) Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x 2 + (y + 1) 2 = 2. 0,25 d A B D C Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Nhận thấy: F 1 (−1; 0) và F 2 (1; 0). Đường thẳng AF 1 có phương trình: 1 3 3 x y+ = . 0,25 M là giao điểm có tung độ dương của AF 1 với (E), suy ra: 23 1; 3 M ⎛⎞ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⇒ MA = MF 2 = 23 3 . 0,25 Do N là điểm đối xứng của F 2 qua M nên MF 2 = MN, suy ra: MA = MF 2 = MN. 0,25 Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF 2 là đường tròn tâm M, bán kính MF 2 . Phương trình (T): () 2 2 23 4 1 33 xy ⎛⎞ −+− = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,25 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v G = (2; 1; 2). Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: A M J JJJG = (t; −1; 0) ⇒ ,vAM ⎡⎤ ⎣⎦ GJJJJG = (2; 2t; − t − 2) 0,25 ⇒ d(M, ∆) = ,vAM v ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ G JJJJG G = 2 548 3 tt + + . 0,25 Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔ 2 548 3 tt + + = | t | 0,25 VI.b (2,0 điểm) ⇔ t 2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2. Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0). 0,25 Điều kiện y > 1 3 , phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2 x . 0,25 Do đó, hệ đã cho tương đương với: 22 312 (3 1) 3 1 3 x y yyy ⎧ −= ⎪ ⎨ −+−= ⎪ ⎩ ⇔ 2 312 630 x y yy ⎧ −= ⎪ ⎨ − = ⎪ ⎩ 0,25 ⇔ 1 2 2 1 2 x y ⎧ = ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ 0,25 VII.b (1,0 điểm) ⇔ 1 1 . 2 x y = − ⎧ ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ 0,25 Hết M y x A F 1 F 2 O N Trang 1/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: R. • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 'y = − 4x 3 − 2x = − 2x(2x 2 + 1); 'y (x) = 0 ⇔ x = 0. 0,25 - Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0); nghịch biến trên khoảng (0; +∞). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y CĐ = 6. - Giới hạn: lim x y →−∞ = lim x y →+∞ = − ∞. 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = 1 6 x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 6. 0,25 Do đó, hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình − 4x 3 − 2x = − 6 0,25 ⇔ x = 1, suy ra tọa độ tiếp điểm là (1; 4). 0,25 I (2,0 điểm) Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + 4 hay y = − 6x + 10. 0,25 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin 2 x) + 3sinx − 1 = 0 0,25 ⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = 0 (1). 0,25 Do phương trình cosx + sinx + 2 = 0 vô nghiệm, nên: 0,25 II (2,0 điểm) (1) ⇔ sinx = 1 2 ⇔ x = 6 π + k2π hoặc x = 5 6 π + k2π ( k ∈ Z). 0,25 'y + 0 − y 6 − ∞ x −∞ 0 +∞ − ∞ y x 6 2− 2 O Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ − 2. Phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( ) 3 22 44 4 222 2 0 x xx + − − −=. 0,25 • 2 4x − 2 4 = 0 ⇔ x = 1. 0,25 • 22 2 x + − 3 4 2 x − = 0 ⇔ 2 2x + = x 3 − 4 (1). Nhận xét: x ≥ 3 4 . 0,25 Xét hàm số f(x) = 2 2x + − x 3 + 4, trên ) 3 4; ⎡ + ∞ ⎣ . ' f (x) = 1 2x + − 3x 2 < 0, suy ra f(x) nghịch biến trên ) 3 4; ⎡ + ∞ ⎣ . Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1; x = 2. 0,25 I = 1 3 2lnd e x xx x ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ ∫ = 1 2ln d e x xx ∫ − 1 ln 3d e x x x ∫ . 0,25 • Đặt u = lnx và dv = 2xdx, ta có: du = d x x và v = x 2 . 1 2ln d e x xx ∫ = () 2 1 ln e x x − 1 d e x x ∫ = e 2 − 2 1 2 e x = 2 1 2 e + . 0,25 • 1 ln d e x x x ∫ = () 1 ln d ln e x x ∫ = 2 1 1 ln 2 e x = 1 2 . 0,25 III (1,0 điểm) Vậy I = 2 2 e − 1. 0,25 • M là trung điểm SA. AH = 2 4 a , SH = 22 SA AH− = 14 4 a . 0,25 HC = 32 4 a , SC = 22 SH HC+ = a 2 ⇒ SC = AC. Do đó tam giác SAC cân tại C, suy ra M là trung điểm SA. 0,25 • Thể tích khối tứ diện SBCM. M là trung điểm SA ⇒ S SCM = 1 2 S SCA ⇒ V SBCM = V B.SCM = 1 2 V B.SCA = 1 2 V S.ABC 0,25 IV (1,0 điểm) ⇒ V SBCM = 1 6 S ABC .SH = 3 14 48 a . 0,25 Điều kiện: − 2 ≤ x ≤ 5. Ta có (− x 2 + 4x + 21) − (− x 2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy ra y > 0. 0,25 y 2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − 2 (3)(7)(2)(5) x xx x + −+− = () 2 ( 3)(5 ) ( 2)(7 ) x xx x+−−+− + 2 ≥ 2, suy ra: 0,25 y ≥ 2 ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 3 . 0,25 V (1,0 điểm) Do đó giá trị nhỏ nhất của y là 2 . 0,25 S C D B A M H . trung điểm BC, ta có: BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ ' A D, suy ra: n '60ADA = D . 0,25 Ta có: ' A A = AD.tan n 'ADA = 3 2 a ; S ABC = 2 3 4 a . Do đó: 3 .'' ' 33 VS.' 8 ABC