dap an mon toan ky su tai nang bkhn 2000

dap an mon toan ky su tai nang bkhn 2000 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2009 ĐỒNG THÁP Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 07/5/2009 (Đề thi gồm có 1 trang) I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số 2x 1 y x2 + = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm trên (C) có tung độ y3=− . 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), trục hoành và trục tung. Câu 2. (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: () () () () 11 1 22 2 log x 1 log x 1 log 7 x 1 x R−+ +− − = ∈ 2. Tính tích phân: () 2 4 0 I2sinx1cosxdx π =+ ∫ 3. Cho tập hợp {} 2 Dx |2x3x90=∈ +−≤ \ . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 yx 3x3=−+ trên D. Câu 3. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB a 3, AC 2a == , góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC) bằng 0 60 . Gọi M là trung điểm của AC. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC). II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Học sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu 4.a (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng () 1 x1 y2 z5 d: 234 −+− == , () 2 x7 y2 z1 d: 32 2 −−− == − và điểm A(1; 1; 1) − 1. Chứng minh rằng () 1 d và ( ) 2 d cắt nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa () 1 d và () 2 d . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P). Câu 5.a (1.0 điểm) Tìm môđun của số phức () 3 12i 1i z 1i +−− = + 2. Theo chương trình Nâng cao Câu 4.b (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng () 1 xy1z6 d: 12 3 −− == và () 2 x1 y2 z3 d: 11 1 −+− == − 1. Chứng minh rằng () 1 d và ( ) 2 d chéo nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa () 1 d và song song với () 2 d . Tính khoảng cách giữa ( ) 1 d và () 2 d . Câu 5.b (1.0 điểm) Tính và viết kết quả dưới dạng đại số số phức 8 1i3 z 1i3 ⎛⎞ + ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ − ⎝⎠ . Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2009 (Đáp án gồm 5 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2x 1 y x2 + = − 1.5 1) Tập xác định: {} D\2= \ 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn và tiệm cận: Do x2 x2 lim y lim y − + → → ⎧ =−∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⇒ ⎨ ⎪ =+∞ ⎪ ⎪ ⎩ đường thẳng x2= là tiệm cận đứng của (C) và x x lim y 2 lim y 2 →−∞ →+∞ ⎧ = ⎪ ⎪ ⎪ ⇒ ⎨ =⎪ ⎪ ⎪ ⎩ đường thẳng y2= là tiệm cận ngang của (C) b) Bảng biến thiên: Ta có: () ' 2 5 y0 xD x2 − =<∀∈ − x −∞ 2 +∞ y' − − y 2 +∞ −∞ 2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng () ;2−∞ và () 2; +∞ . 3) Đồ thị: Giao điểm với Oy: 1 x0 y 2 =⇒=− . Suy ra (C) cắt Oy tại 1 0; 2 ⎛⎞ ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝⎠ Giao điểm với Ox: 1 y0 x 2 =⇔=− . Suy ra (C) cắt Ox tại 1 ;0 2 ⎛⎞ ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝⎠ -18-16-14-12-10-8-6-4-2 24681012141618 -14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12 14 x y 0.25 0,25 0.25 0.5 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm trên (C) có tung độ y3 =− . 0.75 x2 x2 2x 1 y3 3 x1 2x 1 3x 6 x 1 x2 ⎧⎧ ≠≠ ⎪⎪ + ⎪⎪ =− ⇔ =− ⇔ ⇔ ⇔ = ⎨⎨ ⎪⎪ +=− + = − ⎪⎪ ⎩⎩ . Suy ra: () M1; 3 (C)−∈ . 0.25 Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại M là : () () 2 5 ky'1 5 12 − == =− − Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là : () y3 5x1 y 5x8+=− + ⇔ =− − 0.25 0.25 3 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), trục hoành và trục tung. 0.75 Dựa vào đồ thị (C), suy ra diện tích hình phẳng là: [] 000 111 222 0 1 2 2x 1 2x 1 5 Sdx dx2dx x2 x2 x2 2x 5 ln x 2 55 5 5 ln 2 1 5 ln 5 ln 5 ln 2 1 5 ln 1 22 4 −−− − ++ ⎛⎞ ⎟ ⎜ ==−=−+ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ −− − =− 12 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài Kỹ sư chất lượng cao Năm 2000 Môn thi: Toán Bài 1: Xét g ( x ) = x − ln (1 + x ) có g ' ( x ) = − > 0, x ∈ ( 0, +∞ ) 1+ x ⇒ g ( x ) ñồng biến ( 0, +∞ ) ⇒ g ( x ) > g ( ) = 0, ∀x ∈ ( 0, +∞ ) Từ cách xác ñịnh dãy ⇒ xn > 0, ∀n ≥ ⇒ xn − xn +1 = xn − ln (1 + xn ) = f ( xn ) > 0, ∀n ≥ Vậy { xn } dãy giảm bị chặn ⇒ { xn } hội tụ Giả sử lim xn = l l nghiệm phương trình g ( x ) = ⇒ l = n →∞ Vậy lim xn = n →∞ Bài 2: Từ gải thiết ta có: ≤ f ( x1 ) − f ( x2 ) x1 − x2 ≤ x1 − x2 Cố ñịnh x2 , cho x1 → x2 ⇒ ≤ lim f ( x1 ) − f ( x2 ) x1 − x2 x1 → x2 ⇒ lim x1 → x2 f ( x1 ) − f ( x2 ) x1 − x2 ≤ lim x1 − x2 = ⇒ lim x1 → x2 x1 → x2 f ( x1 ) − f ( x2 ) x1 − x2 =0 = ðiều nghĩa là: ∃f ' ( x ) , ∀x ∈ ℝvà f ' ( x ) = 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ f ( x ) = c, ∀x ∈ ℝ, ( c = const ) Vậy f ( x ) hàm Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 13 Bài 3: Xét hàm số: F ( x ) = e x − kx ∫ f ( t ) dt [0; +∞) x   Ta có: F ' ( x ) = e− kx  f ( x ) − k ∫ f ( t ) dt  ≤ 0, ∀x ≥ 0   x Vậy F ( x ) ≤ F ( ) = 0, ∀x ≥ ⇒ ∫ f ( t ) dt ≤ 0, ∀x ≥ 0 Gỉa sử tồn x0 ≥ : f ( x0 ) > 0, f ( x ) liên tục nên x0 ∫ f ( t ) dt > 0 ðiều mâu thuẫn chứng tỏ f ( x ) = 0, ∀x ≥ Bài 4: Không giảm tổng quát, giả sử x < y (trường hợp x = y BðT hiển nhiên đúng) Ta có: f ( tx + (1 − t ) y ) ≤ tf ( x ) + (1 − t ) f ( y ) ( ) ( ⇔ (1 − t ) f ( y ) − f ( tx + (1 − t ) y ) ≥ t f ( tx + (1 − t ) y ) − f ( x ) ( ) ( ) Áp dụng ñịnh lý Lagrange, ∃a ∈ x, ( tx + (1 − t ) y ) b ∈ ( tx + (1 − t ) y ) , y thỏa mãn: f ( y ) − f ) (1) ( a < b) ( ( tx + (1 − t ) y ) ) = f ' ( b ) ( y − ( tx + (1 − t ) y ) ) = f ' ( b ) t ( y − x ) f ( ( tx + (1 − t ) y ) ) − f ( x ) = f ' ( a ) ( ( tx + (1 − t ) y ) − x ) = f ' ( a ) (1 − t ) ( y − x ) Vậy (1) ⇔ f ' ( b ) t (1 − t )( y − x ) ≥ f ' ( a ) t (1 − t )( y − x ) (2) Do f " ( x ) > 0∀x ∈ ℝ ⇒ f ' ( x ) ñồng biến ℝ ⇒ f ' (b ) > f ' ( a ) Và t (1 − t )( y − x ) > 0∀x < y, t ∈ ( 0,1) Vậy (2) đúng, từ BðT cần chứng minh Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 14 Bài 5: a1ek1x + a2ek2 x + + an ekn x = 0, ∀x ∈ ℝ (1) Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = , hiển nhiên ae kx = 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ a = Giả sử khẳng ñịnh ñúng ñến n − ðặt f ( x ) vế trái phương trình ðạo hàm vế (1) ta có: k1a1e k1 x + k2 a2 e k2 x + + kn an ekn x = 0, ∀x ∈ ℝ Vậy kn f ( x ) − f ' ( x ) = 0, ∀x ∈ ℝ n −1 ⇒ ∑ ( kn − ki ) eki x = 0, ∀x ∈ ℝ i =1 Theo giả thiết quy nạp ⇒ ( kn − k1 ) a1 = ( kn − k2 ) a2 = = ( kn − kn −1 ) an −1 = Do ki khác đơi nên a1 = a2 = = an −1 = Từ ñó hiển nhiên an = Theo nguyên lý quy nạp, tốn chứng minh Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 1 Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội Đề thi tuyển chọn hệ kỹ sư tài năng năm 2000 Môn thi : Toán Thời gian làm bài : 90 phút 1 Bài 1: Cho dãy số x 1 ,x 2 , ,x n , , xác định như sau: x n > 0,x n = ln(1 + x n−1 )∀n ≥ 1 Chứng minh rằng dãy số ấy hội tụ đến một giới hạn l.Tính l. Bài 2: Chứng minh rằng nếu f(x) là hàm số xác định trên R, thỏa mãn điều kiện |f(x 1 ) − f (x 2 )|≤|x 1 − x 2 | 3 , ∀x 1 ,x 2 ∈ R, thì f(x) là hàm hằng. Bài 3: f(x) là một hàm số xác định và liên tục tại mọi x =0, lấy giá trị ≤ 0 , thỏa mãn điều kiện f(x) ≤ k  x 0 f(t)dt.∀x ≥ 0 trong đó k là một hằng số dương, Chứng minh rằng f (x)=0, ∀x ≥ 0. (Gợi ý : Có thể xét sự biến thiên của hàm số F (x)=e −kx  x 0 f(t)dt trên khoảng (0, +∞)) Bài 4: Hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện f  (x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Chứng minh rằng f[tx +(1− t)y] ≤ tf(x)+(1− x)f(y), ∀x, y ∈ R, ∀t ∈ (0, 1). Bài 5: Cho số thực k 1 ,k 2 , ,k n , khác nhau từng đôi một. Chứng minh rằng a 1 e k 1 x + a 2 e k 2 x + + a n e k n x =0 ∀x ∈ R Khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n =0. 1 Tài liệu được soạn thảo lại bằng L A T E X2 ε bởi Phạm duy Hiệp KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG KHÓA NGÀY 21 THÁNG 6 NĂM 2010 tại Đà Nẵng MÔN THI : TOÁN Bài 1 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A ( 20 45 3 5). 5= − + b) Tính 2 B ( 3 1) 3= − − Bài 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình 4 2 x 13x 30 0− − = b) Giải hệ phương trình 3 1 7 x y 2 1 8 x y  − =     − =   Bài 3 (2,5 điểm) Cho hai hàm số y = 2x 2 có đồ thị (P) và y = x + 3 có đồ thị (d). a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy. b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hoành độ âm. Viết phương trình của đường thẳng (∆) đi qua A và có hệ số góc bằng - 1. c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và tam giác ABD. Bài 4 (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường tròn (C') tâm O', bán kính R' (R > R') cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn (M ∈ (C), N ∈ (C')). Đường thẳng AB cắt MN tại I (B nằm giữa A và I). a) Chứng minh rằng · · BMN MAB= b) Chứng minh rằng IN 2 = IA.IB c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB tại Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB tại P. Chứng minh rằng MN song song với QP. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức ( 20 45 3 5). 5A = − + = (2 5 3 5 3 5) 5 10= − + = b) Tính B = 2 ( 3 1) 3 3 1 3 1− − = − − = − Bài 2: (2 điểm) a) Giải phương trình : x 4 – 13x 2 – 30 = 0 (1) Đặt u = x 2 ≥ 0 , pt (1) thành : u 2 – 13u – 30 = 0 (2) (2) có 2 169 120 289 17∆ = + = = Do đó (2) ⇔ 13 17 2 2 u − = = − (loại) hay 13 17 15 2 u + = = Do đó (1) ⇔ x = 15± b) Giải hệ phương trình : 3 1 7 2 1 8 x y x y  − =     − =   ⇔ 1 1 2 1 8 x x y  = −     − =   ⇔ 1 1 10 x y = −    = −   ⇔ 1 1 10 x y = −    = −   . Bài 3: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), ( ) 1;2± . (d) đi qua ( ) (0;3), 1;2− b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 2 3x x= + ⇔ 2x 2 – x – 3 = 0 3 1 2 x hay x⇔ = − = Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là ( ) 3 9 1;2 , ; 2 2   −  ÷   ⇒ A ( ) 1;2− Phương trình đường thẳng (∆) đi qua A có hệ số góc bằng -1 là : y – 2 = -1 (x + 1) ⇔ (∆) : y = -x + 1 c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C ⇒ C có tọa độ (0; 1) Đường thẳng (∆) cắt trục hoành tại D ⇒ D có tọa độ (1; 0) Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B ⇒ B có tọa độ (-3; 0) Vì x A + x D = 2x C và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng (∆)) ⇒ C là trung điểm AD 2 tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC = 1 2 AD Nên ta có 1 2 ABC ABD S AC S AD = = Bài 4: a) Trong đường tròn tâm O: Ta có · BMN = · MAB (cùng chắn cung ¼ BM ) b) Trong đường tròn tâm O': Ta có IN 2 = IA.IB c) Trong đường tròn tâm O: · · MAB BMN= (góc chắn cung ¼ BM ) (1) Trong đường tròn tâm O': · · BAN BNM= (góc chắn cung » BN ) (2) Từ (1)&(2) => · · · · · · 0 MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180+ + = + + = Nên tứ giác APBQ nội tiếp. => · · · BAP BQP QNM= = (góc nội tiếp và góc chắn cung) mà · · QNM và BQP ở vị trí so le trong => PQ // MN I P B O O' M N Q A 1 bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 Đáp án và thang điểm môn toán khối A Câu ý Nội dung ĐH CĐ I1 23 31 xxym +== Tập xác định Rx . )2(363' 2 =+= xxxxy , = = = 2 0 0' 2 1 x x y 10",066" ===+= xyxy Bảng biến thiên + 210x ' y + 0 0 + 0 " y y + lõm U 4 CT 2 CĐ 0 lồi = = = 3 0 0 x x y , 4)1( =y Đồ thị: ( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên) 1,0 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 1,5 đ 0,5đ 0,5 đ 0,5 đ - 1 1 2 3 x 0 2 4 y 2 I2 Cách I. Ta có 2332323 33033 kkxxkkxx +=+=++ . Đặt 23 3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+ 23 3 có 3 nghiệm phân biệt 43040 23 <+<<< kka ()( ) >+ < >++ < 021 30 0)44)(1( 30 2 2 kk k kkk k << 20 31 kk k Cách II. Ta có [ ] 03)3()(033 222323 =++=++ kkxkxkxkkxx có 3 nghiệm phân biệt 03)3()( 22 =++= kkxkxxf có 2 nghiệm phân biệt khác k << ++ >++= 20 31 033 0963 222 2 kk k kkkkk kk 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 3 Cách I. 3)(3)1(363 222' +=++= mxmmxxy , += = = 1 1 0 2 1 ' mx mx y Ta thấy 21 xx và 'y đổi dấu khi qua 1 x và 2 x hàm số đạt cực trị tại 1 x và 2 x . 23)( 2 11 +== mmxyy và 23)( 2 22 ++== mmxyy Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị ( ) 23;1 2 1 + mmmM và ( ) 23;1 2 2 +++ mmmM là: ++ = + 4 23 2 1 2 mmymx mmxy += 2 2 Cách II. 3)(3)1(363 222' +=++= mxmmxxy , Ta thấy 0'09)1(99' 22 =>=+= ymm có 2 nghiệm 21 xx và 'y đổi dấu khi qua 1 x và 2 x hàm số đạt cực trị tại 1 x và 2 x . Ta có 23223 )1(33 mmxmmxxy +++= () .23363 33 1 222 mmxmmxx m x ++++ = Từ đây ta có mmxy += 2 11 2 và mmxy += 2 22 2 . Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy += 2 2 . 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ II 1. Với 2=m ta có 051loglog 2 3 2 3 =++ xx Điều kiện 0>x . Đặt 11log 2 3 += xt ta có 06051 22 =+=+ tttt . 2 3 2 1 = = t t 5,0 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,5 đ 3 3 1 = t (loại) , 3 3 2 32 33log3log2 ==== xxxt 3 3 =x thỏa mãn điều kiện 0>x . (Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác) 0,25 đ 0,5 đ 2. 0121loglog 2 3 2 3 =++ mxx (2) Điều kiện 0>x . Đặt 11log 2 3 += xt ta có 0220121 22 =+=+ mttmtt (3) .21log13log0]3,1[ 2 33 3 += xtxx Vậy (2) có nghiệm ]3,1[ 3 khi và chỉ khi (3) có nghiệm [] 2,1 . Đặt tttf += 2 )( Cách 1. Hàm số )(tf là hàm tăng trên đoạn ][ 2;1 . Ta có 2)1( =f và 6)2( =f . Phơng trình 22)(22 2 +=+=+ mtfmtt có nghiệm [] 2;1 .20 622 222 22)2( 22)1( + + + + m m m mf mf Cách 2. TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm 21 ,tt thỏa mãn 21 21 << tt . Do 1 2 1 2 21 <= + tt nên không tồn tại m . TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm 21 ,tt thỏa mãn 21 21 tt hoặc 21 21 tt () 200242 mmm . (Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác ) 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ III 1. 5 32cos 2sin21 3sin3cos sin += + + + x x xx x . Điều kiện 2 1 2sin x Ta có 5 = + + + x xx x 2sin21 3sin3cos sin 5 + +++ x xxxxx 2sin21 3sin3cos2sinsin2sin =5 = + +++ x xxxxx 2sin21 3sin3cos3coscossin 5 x x xx cos5 2sin21 cos)12sin2( = + + Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5 2 =++= xxxx 2cos =x (loại) hoặc ).(2 32 1 cos Zkkxx +== 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 4 2. Vì ( 0x ; ) 2 nên lấy 3 1 =x và 3 5 2 =x . Ta thấy 21 , xx thỏa mãn điều kiện 2 1 2sin x . Vậy các nghiệm cần tìm là: 3 1 =x và 3 5 2 =x . (Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác) Ta thấy phơng trình 3|34| 2 +=+ xxx có 2 nghiệm 0 1 =x và .5 2 =x Mặt khác ++ 3|34| 2 xxx [] 5;0 x . Vậy ()()() dxxxxdxxxxdxxxxS ++++++=++= 1 0 3 1 22 5 0 2 343343|34|3 () dxxxx +++ 5 3 2 343 ()( )() dxxxdxxxdxxxS +++++= 5 3 2 3 1 2 1 0 2 5635 5 3 23 3 1 23 1 0 23 2 5 3 1 6 2 3 3 1 2 5 3 1 ++ ++ += xxxxxxxS 1 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 đáp án thang điểm đề thi chính thức Môn thi : toán Khối A Nội dung điểm Câu 1. 2điểm 1) Khi 2 11 1. 11 xx my x xx + = = = + Tập xác định: \{ 1 }.R + 2 22 0 12 ' 1 . ' 0 2. (1) (1) x xx yy x xx = + = + = = = + [] = = 0 1 1 lim)(lim x xy xx tiệm cận xiên của đồ thị là: x y = . = y x 1 lim tiệm cận đứng của đồ thị là: 1 = x . Bảng biến thiên: Đồ thị không cắt trục hoành. Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1). 1 điểm 0,25 đ 0,5 đ 0, 25 đ x 0 1 2 + y 0 + + 0 + + 3 y CT CĐ 1 y x O 1 2 3 1 1 2 2) Đồ thị hàm số 1 2 ++ = x mxmx y cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dơng phơng trình 2 () 0fx mx x m=++= có 2 nghiệm dơng phân biệt khác 1 2 0 14 0 (1) 2 1 0 1 0, 0 m m fm m SP mm = > =+ = > = > 0 1 1 2 0 1 2 2 0 m m m m m < << < . Vậy giá trị m cần tìm là: 1 0 2 m << . 1 điểm 0,25 đ 0,75 đ Câu 2. 2điểm 1) Điều kiện sin 0 cos 0 (*) tg 1 x x x . Khi đó phơng trình đã cho )cos(sinsin cos sin 1 sincos 1 sin cos 22 xxx x x xx x x + + = cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos ) sin xx x xx xx x x =+ 2 (cos sin )(1 sin cos sin ) 0xx xx x + = 2 cos sin 0 1 sin cos sin 0. xx xx x = += TH1 : sin cos tg 1 ( ) 4 xxx xkk===+ Z thỏa mãn điều kiện (*). TH2: 22 1 1 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0: 2 xx x x x+=+= vô nghiệm. Vậy nghiệm của phơng trình là: ( ) 4 xkk = +Z . 2) Giải hệ 3 11 (1) 2 1 (2). xy xy yx = =+ + Điều kiện 0.xy + Ta có 1 (1) ( )(1 ) 0 1. x y xy xy xy = + = = TH1 : 33 2 2121(1)(1)0 xy xy xy yx xx x x x == = =+ =+ += 1 15 2 15 . 2 xy xy xy == + == == 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 1 điểm 0, 25 đ 0,5 đ 3 TH2 : 3 3 4 1 1 1 (3) 2 21 1 2 0 (4). y xy y x x yx x xx x = = = =+ = + ++= Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiệm. Cách 1. 22 42 113 20, 222 ++= + + + > x xx x x. Cách 2. Đặt 4 3 1 () 2 () min () 0 4 =++ = > x fx x x fx fx f R . Trờng hợp này hệ vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ phơng trình là: 1515 1515 (; ) (1;1), ; , ; 22 22 xy + + = . 0, 25 đ Câu 3. 3điểm 1) Cách 1. Đặt A Ba= . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC, suy ra BH AC, mà BD (AAC) BD AC, do đó AC (BHD) AC DH. Vậy góc phẳng nhị diện [] ,', B AC D là góc n B HD . Xét ' A DC vuông tại D có DH là đờng cao, ta có .' .'DH A C CD A D= .' ' CD A D DH A C = .2 2 33 aa a a == . Tơng tự, ' A BC vuông tại B có BH là đờng cao và 2 3 a BH = . Mặt khác: n n 22 2 2222 22 2 2 2 . cos 2. cos 33 3 aa a aBDBHDH BHDH BHD BHD==+ =+ , do đó n 1 cos 2 BHD = n o 120BHD= . Cách 2. Ta có BD AC BD AC (Định lý ba đờng vuông góc). Tơng tự, BC AC (BCD) AC . Gọi H là giao điểm của ' A C và (') B CD n B HD là góc phẳng của [] ;'; B AC D . Các tam giác vuông HAB, HAD, HAC bằng nhau HB = HC = HD H là tâm BCD đều n o 120BHD= . 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ hoặc 0, 25đ 0,25 đ 0,5 đ A A B C D D C B H I 4 2) a) Từ giả thiết ta có ) 2 ; ;() ; ;(' 0); ; ;( b aaMbaaCaaC . Vậy ( ; ; 0), (0; ; ) 2 b BD a a BM a= = J JJG JJJJG 2 , ; ; 22 ab ab B DBM a = J JJG JJJJG . () 2 3 '; 0; ,.' . 2 ab BA a b BD BM BA = = J JJG JJJG JJJJGJJJG Do đó 2 ' 1 ,.' 64 BDA M ab VBDBMBA == J JJG JJJJGJJJG . b) Mặt phẳng ()BDM có véctơ pháp tuyến là 2 1 ,; ; 22 ab ab nBDBM a == J JGJJJGJJJJG , mặt phẳng (' ) A BD có véctơ pháp tuyến là 2 2 ... kn −1 ) an −1 = Do ki khác đơi nên a1 = a2 = = an −1 = Từ hiển nhiên an = Theo nguyên lý quy nạp, tốn chứng minh Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 ... + kn an ekn x = 0, ∀x ∈ ℝ Vậy kn f ( x ) − f ' ( x ) = 0, ∀x ∈ ℝ n −1 ⇒ ∑ ( kn − ki ) eki x = 0, ∀x ∈ ℝ i =1 Theo giả thiết quy nạp ⇒ ( kn − k1 ) a1 = ( kn − k2 ) a2 = = ( kn − kn −1 ) an −1... (2) ñúng, từ ñó BðT cần chứng minh ñúng Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 14 Bài 5: a1ek1x + a2ek2 x + + an ekn x = 0, ∀x ∈ ℝ (1) Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = , hiển