Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 11 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
11
Dung lượng
3,76 MB
Nội dung
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – Khối A Câu Ý I TXĐ : R Có y’ = -3x2 +6x Nội dung x = ⇒ y = −2 Điểm 1.0 0.25 y’ = ⇔ x = ⇒ y = y = −∞ ; lim y = +∞ lim x →+∞ x →−∞ BBT x −∞ y’ +∞ 0 2 +∞ 0.25 y −∞ -2 Hàm số đồng biến (0;2) nghịch biến ( − ∞ ;0) (2; + ∞ ) Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = -2 Đồ thị : Giả sử M(a;2) điểm đường thẳng (d) : y = gọi d’ đường thẳng qua M với hệ số góc k Khi d’ có pt : y = k(x - a) +2 Để d’ tiếp tuyến đồ thị (C) hệ − x + 3x − = k ( x − a ) + (1) có nghiệm − x + x = k ( ) (3) Thế (2) vào (1) ta : x − x − 3ax + 6ax − = x = ⇔ 2 x + (1 − 3a ) x + = ( 4) 0.25 0.25 1.0 0.25 0.25 Để từ M kẻ ba tiếp tuyến đến đồ thị (C) hệ phải có ba nghiệm k phân biệt, tức pt(3) phải có ba nghiệm x phân biệt ⇔ (4) có hai nghiệm phân biệt a > ∆ = (1 − 3a ) − 16 > ⇔ ⇔ khác (*) a < −1 8 + (1 − 3a ).2 + ≠ a ≠ 2 Vậy điểm đường thẳng (d): y = thỏa mãn đề điểm có hoành độ thỏa mãn (*) II *Điều kiện : x ∈ (−∞; −3] ∪ [1; +∞) TH1: Xét x ≥ Bpt tương đương x + ( x + + x − 1) ≥ x + − ( x − 1) ⇔ x + ≥ 2x + − x −1 ⇔ x + + x −1 ≥ 2x + ⇔ x + x − 21 ≥ ⇔ x ∈ (−∞; − ] ∪ [ ; +∞) 2 0.25 0.25 1.0 0.25 Kết hợp điều kiện x ≥ ta tập nghiệm T1 = [ ; +∞) TH2 : Xét x ≤ −3 Biến đổi bpt tương đương với 0.25 − x − ( −2 x − + − x) ≥ − x − (−2 x − 5) ⇔ − x − ≥ − x − −2 x − ⇔ − x − + −2 x − ≥ − x ⇔ x + x − 21 ≥ ⇔ x ∈ (−∞; − ] ∪ [ ; +∞) 2 Kết hợp điều kiện x ≤ −3 ta tập nghiệm T2 = (−∞; − ] Vậy tập nghiệm bất phương trình cho T = (−∞; − ] ∪ [ ; +∞) 2 3π 2 cos2 x + sin x cos x + π ÷− 4sin x + ÷ = 4 ⇔ ( sin x + cos x )( cos x − sin x − sin x cos x − 2) = (1) sin x + cos x = ⇔ 2( cos x − sin x ) − sin x cos x − = ( 2) (1) ⇔ x = − π + kπ ; k ∈ Z π Giải (2) nghiệm x = k 2π ; x = − + k 2π ; k ∈ Z III π I = ∫ ( sin x + cos x )( sin x + cos x ) dx 4 0.25 0.25 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 π ( )( ) = ∫ − sin x cos x − sin x cos x dx 0.25 = ∫ 33 + cos x + cos x dx 0.25 π 64 16 64 = 33 x + sin x + sin x 64 IV 64 512 π 0 33π 128 = SA.S ∆ABC = Theo giả thiết SA ⊥ (ABC) nên VSABC 0.5 1.0 Mà tam giác ABC vuông B nên a2 a3 1 a2 ⇒ VSABC = 2a = S ∆ABC = AB.BC = a.a = 3 2 Do SA ⊥ (ABC) nên tam giác SAB vuông A ⇒ SB = a SM SA 4a ⇒ = = Lại có SM = SB SB Ta có tam giác ABC vuông B nên AC = 2a = SA nên tam giác SAC cân A, N hình chiếu A SC nên N trung điểm SC 0.25 0.25 V VSAMN SM SN 2 2a 3 = = = ⇒ VSAMN = VSABC = Ta có VSABC SB SC 5 15 0.25 a 3 2a 3 a 3 Mà VSABC = VSAMN + VABCMN nên VABCMN = − = 15 0.25 Áp dụng bđt Côsi cho hai số không âm ta có : 1.0 a + b ≥ 2a b ; b + c ≥ 2b c ; c + a ≥ 2c a ⇒ a + b + c ≥ a b + b c + c a ≥ abc( a + b + c ) ⇒ a + b + c + abcd ≥ abc( a + b + c + d ) Tương tự ta có b + c + d + abcd ≥ bcd ( a + b + c + d ) c + d + a + abcd ≥ cda( a + b + c + d ) d + a + b + abcd ≥ dab( a + b + c + d ) a+b+c+d = Vậy VT ≤ (đpcm) abcd ( a + b + c + d ) abcd VIa 2 x − y − = Tọa độ A B nghiệm hệ 2 x + y − 20 x + 50 = 4 2 4 2 4 2 Ta A(3;1) B(5;5) Từ ta lập phương trình đường tròn qua ba điểm A, B, C : x + y − x − y + 10 = x y z + + =1 a b c IA = ( − a;5;6) ; JA = ( 4;5 − b;6 ) ; JK = ( 0;−b; c ) ; IK = ( − a;0; c ) 4 a + b + c = Vì A trực tâm tam giác IJK nên − 5b + 6c = − 4a + 6c = 77 77 77 ; b= ; c= Giải hệ a = Giả sử I(a;0;0), J(0;b;0) K(0;0;c) pt(P) : 0.5 0.25 0.25 1.0 0.50 0.50 1.0 0.25 0.25 0.25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) : 4x + 5y + 6z – 77 = VIIa Ta có :a + bi = (c + di)n ⇒ |a + bi| = |(c + di)n | ⇒ |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n ⇒ a2 + b2 = (c2 + d2)n (đpcm) VIb Vì trọng tâm G tam giác ABC nằm d: 3x – y – = nên giả sử G(t;3t – 8) Khi C(3t – 5; 9t – 19) Đường thẳng AB có phương trình x – y – = ( 3t − 5) − ( 9t − 19) − 3 = AB = nên d(C,AB) = 2 t = ⇒ C ( − 2;−10) ⇔ t = ⇒ C (1;−1) 0.25 0.25 0.75 1.0 Do SABC = 91 91 416 x+ y+ = 0 3 11 11 16 Với C(1;-1) pt (C) : x + y − x + y + = 3 Với C(-2;-10) pt (C) : x + y − Ta có BA = ( 4;5;5) ; CD = ( 3;−2;0 ) ; [ ] 0.5 0.25 0.25 BD = ( 3;0;−1) ⇒ BA, CD BD = 53 ≠ nên hai đường thẳng AB CD chéo x = 4t x = 3t ' Phương trình AB: y = 5t phương trình CD : y = − 2t ' z = + 5t z = 0.25 Giả sử (D) cắt AB M cắt CD N M(4t;5t;1+5t);N(3t’;2-2t’;0) Khi MN = ( 3t '−4t ;2 − 2t '−5t ;−1 − 5t ) vtcp (D) Mà (D) ⊥ (Oxy) nên MN phương với k ( 0;0;1) , tức : 3t '−4t = t= 53 23 24 30 ⇒ ⇒ N ; ;0 ; MN = 0;0; Vậy 2 − 2t '−5t = 23 23 23 − − 5t = k , (k ∈ R) t ' = 23 24 x = 23 30 phương trình (D) : y = 23 z = t VII b ĐK : x > ; y > 4( x + y ) = x( x + y ) x + y = 3xy ⇔ Hệ ⇔ x ( ) ( xy + ) = y + y − x + ( x − y )( x − ) = y x = y > ⇔ Vậy hệ có nghiệm x = y >0 x = 2, y = x = ⇒ y = 0.5 0.25 0.25 Tổng : Các cách giải khác cho điểm tương đương 0.25 0.5 10.00 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – Khối B Câu Ý Nội dung I Với m = hàm số trở thành y = - x3 +3x2 - TXĐ : R Có y’ = -3x2 +6x Điểm 1.0 0.25 x = ⇒ y = −2 y’ = ⇔ x = ⇒ y = y = −∞ ; lim y = +∞ lim x →+∞ x →−∞ BBT x −∞ y’ 0 +∞ 2 0.25 +∞ y −∞ -2 Hàm số đồng biến (0;2) nghịch biến ( − ∞ ;0) (2; + ∞ ) Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = -2 0.25 0.25 Đồ thị : Ta có y’ = -3x2 + 6mx + m – Để hàm số có cực đại ,cực tiểu pt y’ = có hai nghiệm phân biệt y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó, tức pt: - 3x2 + 6mx + m – = có hai nghiệm phân − + 13 m > biệt ⇔ ∆' = 9m + 3m − > ⇔ − − 13 m < (*) 1.0 0.25 0.25 Có phương trình đường thẳng qua hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số y = 2m + 2 m2 m m − x + − − (d) 3 3 0.25 Để (d) vuông góc với đường thẳng x + 2y – = ⇔ y = − x + m = 2 2m + m − = ⇔ 6m + 2m − = ⇔ (t/m (*)) m = − 3 ĐK : x ≥ −1 Đặt t = x + + x + , ( t > ) ⇒ t = x + + 2 x + x + t = ( t / m ) Phương trình trở thành : t − t − 20 = ⇔ t = −4 ( loai ) x ≤ Với t = ta có : 2 x + x + = 21 − x ⇔ x − 146 x + 429 = II : Giải hệ ta nghiệm phương trình cho x = 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 3π 2 cos2 x + sin x cos x + 1.0 π ÷− 4sin x + ÷ = 4 ⇔ ( sin x + cos x )( cos x − sin x − sin x cos x − 2) = III 0.25 (1) sin x + cos x = ⇔ 2( cos x − sin x ) − sin x cos x − = ( 2) (1) ⇔ x = − π + kπ ; k ∈ Z π Giải (2) nghiệm x = k 2π ; x = − + k 2π ; k ∈ Z ⇒ dt = cos x dx Đặt t = + sinx π Khi x = ⇒ t = ; x = ⇒ t = π 0.25 0.25 0.25 1.0 0.25 3 sin x 2( t − ) 2 1 1 dx = dt = ∫ ( + sin x ) ∫ t2 ∫ t − t dt = 2 ln t + t = 2 ln − 2 2 IV 1.0 Gọi E, F trung điểm CC’ BB’ Vì ABC.A’B’C’ lăng trụ đứng nên ba điểm E, F, N thẳng hàng (MEF) // (ABC) Theo tính chất lăng trụ đứng ta có AA’ ⊥ (ABC) nên AA’ ⊥ (MEF) ⇒ AA’ ⊥ MN M ⇒ MN ⊥ BB’ Theo gt AB = AC nên ME = MF nên tam giác MEF cân M ⇒ MN ⊥ EF ⇒ MN ⊥ (BCC’B’) ⇒ MN ⊥ BC’ N Vậy MN đường vuông góc chung AA’ BC’ Ta có tam giác ABC vuông A nên tam giác A’B’C’ vuông A’ ⇒ A’C’ ⊥ A’B’ Lại có AA’ ⊥ (A’B’C’) nên AA’ ⊥ A’C’ ⇒ A’C’ ⊥ (ABB’A’) hay A’C’ ⊥ (MAB) Vậy VMA’BC’ = V 0.75 1 a a3 A’C’.SMA’B’ = a a = 3 2 12 Áp dụng bđt Côsi cho hai số không âm ta có : a + b ≥ 2a b ; b + c ≥ 2b c ; c + a ≥ 2c a ⇒ a + b + c ≥ a b + b c + c a ≥ abc( a + b + c ) ⇒ a + b + c + abcd ≥ abc( a + b + c + d ) 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 0.5 Tương tự ta có b + c + d + abcd ≥ bcd ( a + b + c + d ) c + d + a + abcd ≥ cda( a + b + c + d ) d + a + b + abcd ≥ dab( a + b + c + d ) a+b+c+d = Vậy VT ≤ (đpcm) abcd ( a + b + c + d ) abcd VIa 2 x − y − = Tọa độ A B nghiệm hệ 2 x + y − 20 x + 50 = 0.25 0.25 1.0 Ta A(3;1) B(5;5) Từ ta lập phương trình đường tròn qua ba điểm A, B, C : x + y − x − y + 10 = 0.50 0.50 (P) có vtpt n = ( 2;−1;3) ; (Q) có vtpt n = (1;1;−1) ; p Q [ 0.25 ] Gọi d giao tuyến (P) (Q) d có vtcp u d = n P , nQ = ( − 2;5;3) (R) có vtpt n R = ( 3;−1;0 ) Vì ( α ) chứa d ( α ) ⊥ (R) nên ( α ) có vtpt : [ ] n = u d , nR = ( 3;9;−13) 0.25 Gọi M(x;y;0) điểm d M thuộc (P) (Q) nên tọa độ M thỏa mãn 2 x − y = −1 x = −2 ⇔ ⇒ M(-2;-3;0) x + y = − y = − Vậy phương trình ( α ) : 3(x + 2) + 9(y + 3) – 13z = hay 3x + 9y – 13 z + 33 = VIIa Ta có ∆ ' = 4( − i ) + 2(1 + i )( + 3i ) = 16 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt : z = VIb 0.25 0.25 0.50 1 − i; z = − − i 2 2 Vì trọng tâm G tam giác ABC nằm d: 3x – y – = nên giả sử G(t;3t – 8) Khi C(3t – 5; 9t – 19) Đường thẳng AB có phương trình x – y – = ( 3t − 5) − ( 9t − 19) − 3 = AB = nên d(C,AB) = 2 t = ⇒ C ( − 2;−10) ⇔ t = ⇒ C (1;−1) 0.50 1.0 Do SABC = 91 91 416 x+ y+ = 0 3 11 11 16 Với C(1;-1) pt (C) : x + y − x + y + = 3 Với C(-2;-10) pt (C) : x + y − Ta có BA = ( 4;5;5) ; CD = ( 3;−2;0 ) ; [ ] 0.5 0.25 0.25 BD = ( 3;0;−1) ⇒ BA, CD BD = 53 ≠ nên hai đường thẳng AB CD chéo x = 4t x = 3t ' Phương trình AB: y = 5t phương trình CD : y = − 2t ' z = + 5t z = Giả sử (D) cắt AB M cắt CD N M(4t;5t;1+5t);N(3t’;2-2t’;0) 0.25 Khi MN = ( 3t '−4t ;2 − 2t '−5t ;−1 − 5t ) vtcp (D) Mà (D) ⊥ (Oxy) nên MN phương với k ( 0;0;1) , tức : 3t '−4t = t= 53 23 24 30 ⇒ ⇒ N ; ;0 ; MN = 0;0; Vậy 2 − 2t '−5t = 23 23 23 − − 5t = k , (k ∈ R) t ' = 23 24 x = 23 30 phương trình (D) : y = 23 z = t VII b ĐK : x > ; y > 4( x + y ) = x( x + y ) x + y = 3xy ⇔ Hệ ⇔ x ( ) ( xy + ) = y + y − x + ( x − y )( x − ) = y x = y > ⇔ Vậy hệ có nghiệm x = y >0 x = 2, y = x = ⇒ y = 0.5 0.25 0.25 Tổng : Các cách giải khác cho điểm tương đương 0.25 0.5 10.00 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – Khối D Câu Ý I TXĐ : R Có y’ = -3x2 +6x Nội dung Điểm x = ⇒ y = −2 0.25 y’ = ⇔ x = ⇒ y = y = −∞ ; lim y = +∞ lim x →+∞ x →−∞ BBT x −∞ y’ +∞ 2 0 +∞ 0.25 y −∞ -2 Hàm số đồng biến (0;2) nghịch biến ( − ∞ ;0) (2; + ∞ ) Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = -2 0.25 Đồ thị : Ta có x x − x = log m ⇔ − x x + x − = − log m − 0.25 0.25 Đặt f ( x ) = − x x + x − f(x) hàm số chẵn R nên đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng Lại có f ( x ) = − x + x − với x ≥ nên từ đồ thị hàm số y = − x + 3x − ta có đồ thị hàm số f(x) : 2 0.25 Từ đồ thị ta thấy để phương trình cho có nghiệm phân biệt đường thẳng y = − log m − phải cắt đồ thị hàm số f(x) điểm phân biệt, tức : − < − log m − < ⇔ −4 < log m < ⇔ II ĐK : x ≥ −1 Đặt t = x + + x + 1, ( t > 0) ⇒ t < m ; ∀x ≥ Có f ' ( x ) = x − 3x + 2 x − 3x + ⇒ hàm số f(x) đồng biến [3;+ ∞ ) nên f ( x ) ≥ f ( 3) = + Vậy để bất phương trình nghiệm với x ≥ m ≤ + (C) : ( x + 1) + ( y − 3) = 16 có tâm I(-1;3) , bán kính R = Ta có Ta có IM = 10 < R nên điểm M nằm (C) Vì d đường thẳng qua M d cắt đường tròn (C) hai điểm A, B cho M trung điểm AB d ⊥ IM M ⇒ d có vtpt IM = ( 3;1) Vậy phương trình d : 3(x – ) + 1(y – ) = hay 3x + y – 10 = 3 x + y − 10 = Khi tọa độ A B nghiệm hệ 2 ( x + 1) + ( y − 3) = 16 10 + 15 20 − 15 10 − 15 20 + 15 B ; ; 5 5 Giải hệ ta A Giả sử d cắt d1 M cắt d2 N M(2t’;1-t’;-2+t’) N(-1+2t;1+t;3) ⇒ MN = ( − + 2t − 2t '; t + t ';5 − t ') vtcp d Mp (P) có vtpt n = ( 7;1;−4 ) Do d ⊥ (P) nên MN n phương, tức : − + 2t − 2t ' = 7k k = −1 ⇔ t = −2 ⇒ M ( 2;0;−1) ; MN = ( − 7;−1;4 ) t + t ' = k 5 − t ' = −4k t ' = x − y z +1 = = Vậy phương trình d : −4 VII Để số phức z = + i nghiệm phương trình (1 + i )2 + b(1 + i) + c = b + c = b = −2 ⇔ b + c + ( + b)i = ⇔ ⇔ 2 + b = c = Tổng : Các cách giải khác cho điểm tương đương 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.50 0.25 0.25 0.75 10.00 [...]... 2 x 2 − 3x + 4 ⇒ hàm số f(x) đồng biến trên [3;+ ∞ ) nên f ( x ) ≥ f ( 3) = 2 + 2 Vậy để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ≥ 3 thì m ≤ 2 + 2 1 (C) : ( x + 1) 2 + ( y − 3) 2 = 16 có tâm I(-1;3) , bán kính R = 4 Ta có Ta có IM = 10 < R nên điểm M nằm trong (C) Vì d là đường thẳng đi qua M và d cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB thì d ⊥ IM tại M ⇒ d có vtpt là IM = ( ... 2, y = x = ⇒ y = 0.5 0.25 0.25 Tổng : Các cách giải khác cho điểm tương đương 0.25 0.5 10.00 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – Khối B Câu Ý Nội dung I Với m = hàm số trở thành y = - x3 +3x2 - TXĐ : R Có... y = x = ⇒ y = 0.5 0.25 0.25 Tổng : Các cách giải khác cho điểm tương đương 0.25 0.5 10.00 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – Khối D Câu Ý I TXĐ : R Có y’ = -3x2 +6x Nội dung Điểm x = ⇒ y = −2 0.25 y’... chứa d ( α ) ⊥ (R) nên ( α ) có vtpt : [ ] n = u d , nR = ( 3;9;−13) 0.25 Gọi M(x;y;0) điểm d M thu c (P) (Q) nên tọa độ M thỏa mãn 2 x − y = −1 x = −2 ⇔ ⇒ M(-2;-3;0) x + y = − y = −