Dap an De thi thu DH so 3

[r]

Câu - ý 2.1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – đề số Nội dung *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với  cos2x  sin 2x  10cos(x  )  0    cos(2x  )  5cos(x  )  0    2cos (x  )  5cos(x  )  0 6   cos(x  )  cos(x  )  và Giải (loại)   5 cos(x  )  x   k2 x   k2 nghiệm *Giải và 2.2 2 (x  xy) 1  x y  x y  (x  xy)  *Biến đổi hệ tương đương với x2  xy u u2 1  v   x y v v  u  *Đặt ẩn phụ  , ta hệ  *Giải hệ trên nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) *Đặt t=cosx  t x thì Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , I  Từ đó ln t ln t dt   dt  t t Điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 1 u ln t;dv  dt  du  dt; v  t t t *Đặt 1 1 I  ln t   dt  ln  t t t 2 Suy I   1 ln 2 *Kết *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH  (ABC ) *Xác định đúng góc hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là SEH SFH 600 *Kẻ HK  SB , lập luận suy góc hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) HK A a a HA  SH HF tan 600  , *Lập luận và tính AC=AB=a , 0.25 0.25 0.25 0.25 1    K H a 2 HS HB 10 *Tam giác SHK vuông H có HK a AH 20 tan AK H    KH 3 a 10 *Tam giác AHK vuông H có  cos AK H  *Biến đổi 1 c 1 b 1 a   (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b) *Từ đó Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta VT 3 6.a 7.a 8.a 0.25 0.25 23 a b 1 c 1 c   ab  c ab  b  a (1  a)(1  b) VT  0.25 1 c 1 b 1 a (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b) =3 (đpcm) a b c  Đẳng thức xảy và x 1  3t   y   t u  *  có phương trình tham số và có vtcp ( 3;2) *A thuộc   A (1  3t;   2t)  AB u      cos(AB ; u)  AB u *Ta có (AB;  )=450 15  169t2  156t  45 0  t   t  13 13 32 22 32 A1 ( ; ), A2 ( ;  ) 13 13 13 13 *Các điểm cần tìm là  u (1;  2;  3) *(d) qua M (0;  1;0) và có vtcp  M (0;1; 4) và có vtcp u2 (1; 2;5) (d’) qua     u1 ; u2  ( 4;  8; 4) O M 1M (0; 2; 4) *Ta có     ,  u ; u  M M  16  14 0 Xét    (d) và (d’) đồng phẳng  n (1; 2;  1) và *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt qua M1 nên có phương trình x  2y  z  0 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét x 1 , biến đổi phương trình tương đương với 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25    logx (24x  1)  logx (24x  1) logx (24x 1) Đặt logx (x  1) t , ta phương trình    2t  t t giải t=1 và t=-2/3 *Với t=1  logx (x  1) 1 phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3  logx (x  1)  0.25 0.25  x (24x  1)3 1 (*) x là nghiệm (*) Nhận thấy x thì VT(*)>1 Nếu 1 x x thì VT(*)<1 , (*) có nghiệm Nếu 6.b *Kết luận : Các nghiệm phương trình đã cho là x=1 và *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) hai điểm phân biệt  d(O ;d)  x 0.25 1 SOAB  OAOB sin AOB  sin AOB  2 *Ta có Từ đó diện tích tam giác AOB lớn và AOB 90  d(I ;d)   m 1 7.b * 1 có phương trình tham số 0.25 0.25 0.25 0.25 x 2  2t  y   t z 3t  x 2  s  y 5  3s z s  0.25 *  có phương trình tham số *Giả sử d  1 A;d   B  A (2  2t;   t;3t) B(2+s;5+3s;s)   AB  ( s  t ;3 s  t  6; s  t ) n * , mf(R) có vtpt (1; 2;  3)   * d  (R )  AB & n cùng phương s  2t 3s  t  s  3t   3 23  t 24 1 23  A( ; ; ) *d qua 12 12 và có vtcp n (1; 2;  3)  0.25 0.25 0.25 23 1 z y 12  12  3 x 8.b => d có phương trình x   x log (9  72)   x  72  *Điều kiện :  giải x  log 73 Vì x  log 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với x 0.25 0.25 log3 (9  72) x  9x  72 3x x 3   x 3 9  x 2 T  (log9 72; 2] *Kết luận tập nghiệm : 0.25 0.25