Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)- Đáp án thang điểm môn toán khối A
Câu ý Nội dung ĐH CĐ
I 1 m=1⇒y=−x3+3x2
Tập xác định ∀x∈R y'=−3x2 +6x=−3x(x−2),
= = ⇔ =
2 0
'
2 x x y
1
" ,
0 6
"=− x+ = y = ⇔ x= y
Bảng biến thiên
+
x
− '
y + − −
+
" y
y + ∞ lâm U CT C§
låi ∞−
= = ⇔ =
3 0
x x
y , y(1)=4 Đồ thị:
( Thí sinh lập bảng biến thiên)
1,0 ® 0,25 ®
0,5 ®
0,25 ®
∑1,5 ® 0,5®
0,5 ®
0,5 ®
-1 x
2 y
(2)I 2 Cách I Ta có −x3 +3x2 +k3 −3k2 =0⇔−x3+3x=−k3 +3k2 Đặt a =−k3 +3k2 Dựa vào đồ thị ta thấy ph−ơng trình −x3 +3x2 =a có nghiệm phân biệt ⇔0<a<4⇔0<−k3 +3k2 <4
( )( ) > − + < ≠ ⇔ > + − + < ≠ ⇔ 0 ) 4 )( (
2 k k
k k k k k ≠ ∧ ≠ < < − ⇔ k k k C¸ch II Ta cã
[ ( 3) ]
) (
3 2
3 + + − = ⇔ − + − + − =
−x x k k x k x k x k k
cã nghiƯm ph©n biƯt ⇔ f(x)= x2 +(k−3)x+k2 −3k =0 có nghiệm phân biệt khác k
≠ ∧ ≠ < < − ⇔ ≠ − + − + > + + − = ∆ ⇔ 3 2 2 k k k k k k k k k k
∑0 ®,5 0,25 ® 0,25 ® -0,25®
0,25 ®
∑0 ®,5 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 3 C¸ch I. ) ( ) (
3 2
' =− x + mx+ −m =− x−m +
y ,
+ = − = ⇔ = 1 ' m x m x y
Ta thấy x1 ≠ x2 'y đổi dấu qua x 1 x2 ⇒ hàm số đạt cực trị
x vµ x 2
2 )
(
1
1 = y x =−m + m−
y vµ y2 = y(x2)=m2 +3m+2 Phơng trình đờng thẳng qua điểm cực trị
M1(m1;m2 +3m2) vµ M2(m+1;−m2 +3m+2) lµ:
− + = + − + ⇔
4
2
1 y m2 m
m x
m m x
y=2 − +
C¸ch II y' =−3x2 +6mx+3(1−m2)=−3(x−m)2 +3, Ta thÊy ' ) ( 9
'= + − = > ⇒ =
∆ m m y cã nghiÖm x1 ≠ x2
'y đổi dấu qua x 1 x2 ⇒ hàm số đạt cực trị x 1 x 2 Ta có y=−x3 +3mx2 +3(1−m2)x+m3 −m2
( 3 )
3
1x m− x2 + mx+ − m2 + x−m2 +m − =
Từ ta có y1 =2x1m2 +m y2 =2x2 m2 +m
Vậy phơng trình đờng thẳng qua điểm cực trị y=2xm2 +m
1,0 đ 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ®
∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25® 0,25 ® 0,25 ® II 1.
Víi m=2 ta cã log32 x+ log32 x+15=0 Điều kiện x>0 Đặt t = log32 x+11 ta cã t2 −1+t−5=0⇔t2 +t−6=0
2 = − = ⇔ t t
∑0 ®,5 0,25 ®
∑1 ®,0 0,5 ®
(3)3 =−
t (lo¹i) , t2 =2⇔log32 x=3⇔log3 x=± ⇔ x=3± 3
3± =
x tháa m·n ®iỊu kiƯn x>0
(Thí sinh giải trực tiếp đặt ẩn phụ kiểu khác)
0,25 ® 0,5 ®
2. log log
3 x+ x+ − m− = (2)
Điều kiện x>0 Đặt t = log32 x+1≥1 ta cã t2 −1+t−2m−1=0⇔t2 +t−2m−2=0 (3)
log log ] , [ 3
3 ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ = + ≤
∈ x t x
x
VËy (2) cã nghiƯm ∈[1,3 3] vµ chØ (3) cã nghiệm [1,2 ] Đặt f(t)=t2 +t
Cách 1.
Hàm số f(t) hàm tăng đoạn [1;2] Ta có f(1)=2 f(2)=6 Phơng trình t2 +t =2m+2⇔ f(t)=2m+2 cã nghiÖm ∈[ ]1;2
6 2 2 2 ) ( 2 ) ( ≤ ≤ ⇔ ≤ + + ≤ ⇔ + ≥ + ≤ ⇔ m m m m f m f C¸ch 2.
TH1 Phơng trình (3) có nghiÖm t1,t2 tháa m·n 1<t1 ≤t2 <2 Do
2
2
1+ t = < t
nên không tồn m
TH2 Phơng trình (3) cã nghiÖm t1,t2 tháa m·n t1 ≤1≤t2 ≤2 hc 1≤t1 ≤2≤t2
⇔−2m(4−2m)≤0⇔ 0≤m≤2
(Thí sinh dùng đồ thị, đạo hàm đặt ẩn phụ kiểu khác )
∑1 ®,0 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ®
∑1 ®,0 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® III 1.
5 cos2
2 sin sin cos
sin = +
+ + + x x x x
x §iỊu kiƯn
2
sin x≠−
Ta cã =
+ + + x x x x sin sin cos
sin
+ + + + x x x x x x sin sin cos sin sin sin
=5 =
+ + + − + x x x x x x sin sin cos cos cos sin x x x x cos sin cos ) sin ( = + +
VËy ta cã: 5cosx=cos2x+3⇔2cos2 x−5cosx+2=0
cosx=2 (loại) ( )
2
cosx= ⇒ x=±π + kπ k∈Z
∑1,0 ® 0,25 ®
0,25 ® 0,25 ®
∑1,0 ® 0,25 ®
(4)2.
Vìx(0;2 nên lấy )
=
x vµ
3
π =
x Ta thÊy x1, x2 tháa m·n ®iỊu kiƯn
2
sin x≠− VËy c¸c nghiệm cần tìm là:
=
x vµ
3
π =
x
(Thí sinh sử dụng phộp bin i khỏc)
Ta thấy phơng trình |x2 −4x+3|=x+3 cã nghiƯm x1 =0 vµ x2 =5 Mặt khác |x2 4x+3| x+3 x[ ]0;5 VËy
(x x x )dx (x x x )dx (x x x )dx
S=∫ + − − + =∫1 + − + − +∫ + + − +
0
3
1
2
5
0
2 4 3| 3 4 3 3 4 3
|
+∫5(x+ −x + x− )dx
3
2 4 3
3
( x x)dx (x x )dx ( x x)dx
S =∫ − + +∫ − + +∫5 − +
3
1
0
2 5 3 6 5
5 3
1
3
0
2
2 3
5
− +
+
− +
+
− +
= x x x x x x x
S
6 109
22 26
13+ + =
=
S (®.v.d.t)
(Nếu thí sinh vẽ hình khơng thiết phải nêu bất đẳng thức
|x2 −4x+3|≤ x+3 ∀ x∈[ ]0;5 )
0,25 ®
∑1,0 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25®
0,25 ®
∑1,0 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25®
IV 1. ∑1® ∑1®
x
1 -1
y
3
3
1
-1
(5)N I
M C
A K
B
Gọi K trung điểm BC I =SKMN Từ giả thiết MN
a BC
MN ,
2
1 = =
// BC trung điểm cđa SK vµ MN I Ta cã ∆SAB=∆SAC⇒ hai trung tuyến tơng ứng AM = AN AMN cân A AIMN
Mặt khác
( ) ( )
( ) ( )
( ) AI (SBC) AI SK MN
AI
AMN AI
MN AMN
SBC
AMN SBC
⊥ ⇒ ⊥
⇒
⊥ ⊂
= ∩
⊥
Suy SAK cân
2 a AK SA
A⇒ = =
2 4
3 2
2
2 SB BK a a a
SK = − = − =
4 10
4
2 2
2
2 SI SA SK a a a
SA
AI = − =
− =
− =
⇒
Ta cã
16 10
2
1 a2
AI MN
S∆AMN = = (®vdt)
chó ý
1) Cã thĨ chøng minh AI⊥MN nh− sau:
BC⊥(SAK)⇒MN⊥(SAK)⇒MN⊥AI 2) Có thể làm theo ph−ơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz cho
−
−
−
a h
S a
A a
C a
B
K ;
6 ; , ;
3 ; , ; ; , ; ; ), ; ; (
h độ dài đ−ờng cao SH hình chóp S.ABC
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 đ
(6)2a)
Cách I Phơng trình mặt phẳng (P chứa đờng thẳng ) có d¹ng:1 (x−2y+z−4) (+β x+2y−2z+4)=0
α (α2 +β2 ≠0)
⇔ (α+β) (x− 2α −2β) (y+ α −2β)z−4α+4β =0
VËy nrP =(α +β;−2α +2β;α−2β).Ta cã ur2 =(1;1;2)//∆ vµ2 M2(1;2;1)∈∆2
( )P // ( ) ( ) ( )
∉ = − ⇔
∉ = ⇔
∆
P M P
M u nP
2
2
0
; ;
0
.r α β
r
VËy ( )P :2x− z=0
C¸ch II Ta chuyển phơng trình sang dạng tham số nh sau:1 Từ phơng trình suy 1 2x z=0 Đặt
= − =
= ∆
⇒ =
'
2 '
' :
'
2 1
t z
t y
t x t
x (0; 2;0) 1, 1 (2;3;4)
1 − ∈∆ =
⇒M ur //∆ 1
(Ta tìm tọa độ điểm M1∈∆1 cách cho x=0⇒ y=−2 z=0
vµ tÝnh (2;3;4)
2
2 ;
1 ; 2
1
1 =
−
− − − =
ur )
Ta có ur2 =(1;1;2)//∆ Từ ta có véc tơ pháp mặt phẳng )2 (P :
[ 1, 2]=(2;0;−1) = u u
nrP r r Vậy phơng trình mặt phẳng (P qua ) M1(0;−2;0) vµ ⊥ nrP =(2;0;−1) lµ: 2x− z =0
Mặt khác M2(1;2;1) ( ) P phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 2x z =0
0 ®,5 0,25 ®
0,25 ®
-0,25 ® 0,25 ®
∑1 ®,0 0,5 ®
0,5 ®
-0,5 ® 0,5 ®
2b)
b)C¸ch I H∈∆2 ⇒H(1+t,2+t,1+2t)⇒MH =(t−1;t+1;2t−3) ( ) ( ) (−12 + +1 + −3)2 = −12 +11= 6( −1)2 +5 =
⇒MH t t t t t t
đạt giá trị nhỏ t =1⇒ H(2;3;3) Cách II H∈∆2 ⇒H(1+t;2+t;1+2t)
MH nhá nhÊt ⇔ MH⊥∆2 ⇔ MH.ur2 =0⇔t =1⇒H(2;3;4)
∑0 ®,5 0,25 ® 0,25 ®
-0,25 ® 0,25 ®
∑1 ®,0 0,5 ® 0,5 ®
-0,5 ® 0,5 đ V 1.
Ta có BCIOx=B( )1;0 Đặt xA = ta cã a A( oa; ) vµ
3 − = ⇒
=a y a
xC C VËy C(a; 3a− 3) Tõ c«ng thøc
( )
( )
+ + =
+ + =
C B A G
C B A G
y y y y
x x x x
3 13
ta cã
+ −
3 ) ( ;
1
2a a
G
C¸ch I. Ta cã :
| | |,
1 | |,
1
| − = − = −
= a AC a BC a
AB
∑1®
(7)2
∆ABC
Ta cã ( )
| | | |
1
2
− +
− − =
+ + =
a a
a BC
AC AB
S
r =
1
| |
= + − a VËy |a−1|=2 3+2
TH1
+ +
⇒ + =
3 ;
3
3
2 1
1 G
a
TH2
− − − −
⇒ − − =
3 ;
1
3
2 2
2 G
a
C¸ch II.
y
C
I
O B A x
Gọi I tâm đờng tròn nội tiÕp ABC∆ V× r =2⇒ yI =±2
Phơng trình ( )
3 1
30
: = − = − ⇒ = ±
I
x x
x tg y
BI
TH1 Nếu A O khác phía B⇒xI =1+2 Từ d(I,AC)=2
3 2= + +
=
⇒a xI
+ +
⇒
3 ;
3 G
TH Nếu A O phía B⇒xI =1−2 T−ơng tự
ta cã a =xI −2=−1−2
− − − −
⇒
3 ;
1 G
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
-0,25 ®
0,25 ®
0,25 ® 2.
Tõ Cn3 =5C1n ta cã n≥3 vµ ∑
(8)( ) ( ) 28 )
2 )( ( ! ! ! !
! ⇔ − − = ⇔ − − =
− =
− n n n
n n n n
n n
n
⇒ n1 =4 (loại) n2 =7 Với n=7 ta cã
4
2 140
35 140
2 2
3
1
7 = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
− − − − −
x
C x x x
x x
0,25 ® 0,25 ®
0,5 ®