Đáp án đề 702

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TOÁN 702 Câu I. Có 1 1y x m x m = + + + − 1. Khi 0m = có 1 1y x x = + + 1.1. Tập xác định: \{0}¡ 1.2. Sự biến thiên: -Có 2 2 2 2 1 1 1 ( 1)( 1) ' 1 ; ' 0 1 x x x x y y x x x x =  − − + = − = = = ⇔  = −  -Ta có 0 0 lim lim ; lim lim x x x x y y y y − + →−∞ →+∞ → → = = −∞ = = +∞ Và 1 1 lim ( ( 1)) lim ( ) lim ( ( 1)) lim ( ) 0 x x x x y x y x x x →−∞ →−∞ →+∞ →+∞ − + = = − + = = Nên phương trình tiệm cận đứng là : 0x = và 1y x= + là phương trình của tiệm cận xiên -Bảng biến thiên: Nhận xét: -Hàm số đồng biến trên từng khoảng ( ; 1)−∞ − và (1; )+∞ -Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ( 1;0)− và (0;1) -Cực đại của hàm số là 1− đạt tại 1x = − -Cực tiểu của hàm số là 3 đạt tại 1x = SM+ 1.3 Đồ thị: 4 2 -2 -4 -5 5 y=x+1 O I Đồ thị nhận (0;1)I làm tâm đối xứng ! 2. Trong trường hợp tổng quát ta có: tập xác định: \{1},¡ Có 2 2 2 2 1 1 ( ) 1 ( 1)( 1) ' 1 ; ' 0 1 ( ) ( ) ( ) x m x m x m x m y y x m x m x m x m = −  − − − − − + = − = = = ⇔  = + − − −  Bảng biến thiên: Như vậy với m tùy ý đồ thị hàm số luôn có điểm cực đại ( 1;2 1)M m m− − và điểm cực tiểu '( 1;2 3)M m m+ + Khi ấy ' ' ' 1 | . | ( ; '). ' . ' 2 2 | | MM OMM MM OM n S d O MM MM MM n = = V uuuur r r mà ' ' ' (2;4) ( 4;2) MM MM MM u n= = ⇒ − = uuuuur r r và ( 1;2 1)OM m m= − − uuuur SM+ Vậy 2 2 ' 2 2 | 4( 1) 2(2 1) | 2 4 1 2 4 ( 2) OMM m m S − − − = + = + − V (đvcd) Điều này báo cho chúng ta biết những gì cần CM đã được khẳng định hoàn toàn ! Câu II 1. Phương trình tương đương với: 2 1 os2 (1 3) (sin 2 os2 ) 2 2( os( ) ) 2 3 2 (1 3)sin 2 (1 3) os2 4 os( ) 2 3 (sin 2 3 os2 ) ( os2 3sin 2 ) 4 os( ) 2 3 2sin(2 ) 2 os(2 ) 4 os( ) 2 3 3 3 c x x c x c x x c x c x x c x c x x c x x c x c x π π π π π π − + + = − − ⇔ + − − = − − ⇔ + − − = − − ⇔ + − + = − − Đặt 3 x t π = + thay vô ta được phương trình tương đương: 2 sin(2 2 ) os(2 2 ) 2cos 1 3 3 3 3 os2 sin 2 2cos 1 2cos 2cos .(sin 1) 0 2cos .(sin cos 1) 0 cos .( 2 os( ) 1) 0 4 cos 0 2 ; 1 os( ) 2 (1 ( 1) .3) 4 2 4 3 n t c t t c t t t t t t t t t t c t t t k k n c t t k x k π π π π π π π π π π π π π ⇔ + + − + + = − ⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ + + = ⇔ − + =  =  = +   ⇔ ⇔ ∀ ∈   − = −  = + + −     = + + ⇔ ¢ 2 ; 2 (1 ( 1) .3) 3 4 n k n x k π π π   ∀ ∈   = + + + −   ¢ Tóm lại phương trình có No 3 2 x k π π π = + + 2 (1 ( 1) .3) ; ; 3 4 n x k k n π π π = + + + − ∀ ∈ ¢ Câu II: 1. Hệ phương trình đề ra: SM+ 2 2 2 2 2 2 3 1 1 (1 ) 3 1 1 y a x a x x x y a x x y a x a y x a  − + =  ⇔  + − + + =  + −   − + =  ⇔  + + =   Nhận xét rằng hễ 0 0 ( ; )x y là một cặp No của hệ thì 0 0 ( ; )x y− cũng thế, điều này chỉ ra rằng để 0 0 ( ; )x y có thể là cặp No duy nhất của phương trình thì 0 0 ( ; )x y = 0 0 ( ; )x y− ; nói khác đi nếu 0 0 ( ; )x y là No duy nhất thì 0 0x = vậy nếu a thỏa hệ ý có No duy nhất thì 2 2 3 1 0 1 0 3(*) y a a y a a  − + =  ⇒  + + =   ⇒ = Với 3a = hệ 2 2 2 2 3 3 1 3 1 1 1 3 2 0 y y x x y x y x  =  − + =   ⇔ ⇔   + =  + + =    =  ⇔  =  Vậy quả đúng là khi 3a = hệ có No duy nhất (**) Từ các kết luận ở (*) và (**) ta có điều kiện cần và đủ cần tìm là 3a = Câu III. P dm A H A' C A* 1. Giả sử A' là tọa độ điểm đối xứng cần tìm và AA' ( )P H∩ = SM+ Ta có: ' ' ' . ( 1; ;1 ) ( ; ; ) ( 1 ; ; 1 ) ( ) ( 1 ) ( 1 ) 1 0 1 1 1 4 1 2 ( ; ; ) ( ; ; ) 3 3 3 3 2 2 2 5 2 1 '( ; ; ) 3 3 3 P H H H A A A AH h n x y z h h h H h h h P h h h x y z h H A = ⇒ + + = − ⇒ − + − − ∈ ⇒ − + + − − − + = − − − − − − ⇒ = ⇒ = − − − ⇒ uuur uur Vậy tọa độ điểm đối xứng cần tìm là 5 2 1 '( ; ; ) 3 3 3 A − − − 2. (Chịu khó đến buổi chữa bài xem, ko chữa vào đây !) Câu IV. 1. 2 ln ln(((2 1 ) 2) 1) x x x e e = = + + − − Nên nếu đặt 2 1 x e t+ + = ; thì x 0 ln3 t 2 2+ 4 Và: 4 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 3(( 2) ) 1) 8 (ln(3(( 2) ) 1) 8)) 2(3(( 2) ) 1) 8)( 2) (3(( 2) ) 1) 8)( 2) 2 (( 2) 1) (( 2) 1) 3 16 17 17 2 2 2 (3 2 2 (3 2( )) ( 1)( 3) 3 ( 1) 3( 3) 6 (6 t I d t t t t t t dt dt t t t t t t dt dt t t t t t t t + + + + + − − + = − − + − − + − − − + − = = − − − − − + = − = − − − − − − − = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 4 2 2 8 8 ln 8ln( 1) ln( 3)) | 3 3 68 2 2 1 2 8 6(2 2) ln 8ln ln( 1 2) 3 4 3 3 t t t + + − − − + + = − + − + − + 2. (Không chữa ở đây) Câu Va d2 d1 d M B A SM+ 1. Giả sử cắt hai đường kia lần lượt ở ;A B có (2 ; ); ( ;2 )A a a B b b do M là trung điểm nên ta có 2 5 2 5 2 2 2 2 2 4 1 2 2 (4;2), (1;2) a b a b a a b a b b A B +  =  + = =    ⇔ ⇔    + + = =    =   ⇔ Rõ ràng hai điểm (4;2), (1;2)A B phân biệt và cùng nắm trên đường thẳng 2y = Mà một được thẳng xác định duy nhất bởi 2 điểm phân biệt nằm trên nó nên phương trình đường thẳng cần lập là: 2y = 2.(Xem chữa trên lớp) CâuVb 1. Có 9 log 9 ; 0 x x x = ∀ > nên bất phương tr ình 9 9 log log 2 3 log (1 9 ) log (9 ) x x ⇔ + > Đặt 9 log x t = ta có bất phương tr ình 2 log (1 3 ) 2 t t ⇔ + > 1 3 1 3 4 ( ) ( ) 1 4 4 t t t t ⇔ + > ⇔ + > -Nếu 1 1 1 1 1 1 3 3 1 3 1 3 1 ( ) ( ) ;( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 4 4 4 4 4 4 4 4 t t t t t ≥ ⇒ ≤ ≤ ⇒ + ≤ + = Vậy 1t ≥ không là No bất phương trình 1 1 1 1 1 1 3 3 1 3 1 3 1 ( ) ( ) ;( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 4 4 4 4 4 4 4 4 t t t t t < ⇒ > > ⇒ + > + = Vậy 1 9 9 9 t t x< ⇔ < ⇔ < là No bất phương trình Tóm lại No bất phương trình là 9x < 2. z x y N M C C' D B' A A' B D' Lập hệ tọa độ Axyz như hình vẽ có: SM+ (0;0;0) '(0;0; ) ( ;0;0) (0; ;0) '(0; ; ) ( ; ;0) A A a B a D a D a a C a a Đặt [0;1] ' 2 AM AM x AD a = = ∈ Ta có . ' (0;ax;ax)AM x AD M= ⇔ uuuur uuuur Tương tự ( ;(1 ) ;0)DN xDB N xa x a= ⇔ − uuur uuur Do vậy ( ;(1 2 ) ; ) / / ' : . ' ( ;(1 2 ) ; ) ( ; ; ) 1 1 2 3 1 2 3 MN xa x a xa MN A C k MN k A C xa x a xa ka ka ka x k x x AM a − − ⇔ ∃ = ⇔ − − = − ⇔ = = − ⇔ = ⇔ = uuuur uuuur uuuur Vậy để thỏa yêu cầu bài toán thì 1 2 3 AM a= Lúc ý 1 1 1 . .( ) . ( ).0 0 3 3 3 MN BD a a a a a MN BD = − + + − = ⇔ ⊥ uuuur uuur ĐpCM! -------Hết------- SM+ Người cung cấp đáp án này: Nguyễn Song Minh SM+ . ĐÁP ÁN ĐỀ THI TOÁN 702 Câu I. Có 1 1y x m x m = + + + − 1. Khi 0m = có 1 1y x x = + +. toán thì 1 2 3 AM a= Lúc ý 1 1 1 . .( ) . ( ).0 0 3 3 3 MN BD a a a a a MN BD = − + + − = ⇔ ⊥ uuuur uuur ĐpCM! -------Hết------- SM+ Người cung cấp đáp