Đáp án đề 703
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (141.67 KB, 7 trang )
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TOÁN 703
Câu I.
1. Có
3
3 2y x x= − +
1.1. Tập xác định:
¡
1.2. Sự biến thiên:
-Có
2
1
' 3 3 3( 1)( 1); ' 0
1
x
y x x x y
x
=
= − = − + = ⇔
= −
'' 6 ; '' 0 0y x y x
= = ⇔ =
-Ta có
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
-Bảng biến thiên:
Nhận xét:
-Hàm số đồng biến trên từng khoảng
( ; 1)
−∞ −
và
(1; )
+∞
-Hàm số nghịch biến trên khoảng
( 1;1)
−
-Cực đại của hàm số là
4
−
đạt tại
1x
= −
-Cực tiểu của hàm số là
0
đạt tại
1x
=
-Hàm số lồi trên
( ;0)
−∞
và lõm trên
(0; )
+∞
tọa độ điểm uốn của đồ thị hàm là
(0;2)
1.3 Đồ thị:
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-5 5 10 15
Đồ thị nhận
(0;2)U
làm tâm đối xứng !
2. Có
: 0Ox y
=
nên nếu nó tiếp xúc với
( )C
thì hệ sau phải có No (và No đó chính là hoành
độ tiếp điểm):
3
2
3 2 0
1
3 3 0
x x
x
x x
− + =
⇔ =
− =
Vậy đúng là trục hoành tiếp xúc với đồ thị tại
(1;0)A
Giao điểm của
Ox
và
( )C
là No của hệ
3
1
0
3 2 0
0
2
0
x
y
x x
y
x
y
=
=
− + =
⇔
=
= −
=
Vậy
( 2;0); '( 2) 9 0B y
− − = ≠
nên
Ox
tiếp xúc với
( )C
tại
(1;0)A
và cắt
( )C
tại
( 2;0)B
−
Giả sử tiếp tuyến qua
( 2;0)B
−
có phương trình :
( 2) 0y k x
= + +
khi ấy hoành độ tiếp
điểm là No của hệ:
3
2
2
1
1
0
3 2 ( 2)
2
2
3 3
3 3
9
x
x
k
x x k x
x
x
x k
x k
k
=
=
=
− + = +
= −
⇔ ⇔
= −
− =
− =
=
Vậy có 2 tiếp tuyến của
( )C
đi qua
( 2;0)B
−
là
0( 2) 0 0y x y
= + + ⇔ =
và
9( 2) 0 9 18y x y x
= + + ⇔ = +
Câu II
1. Phương trình tương đương với:
2
cos 2 sinx 1 0(*)
cos 2 sin2x 2cos 1 0(**)
2
2
sinx 0
(*) 2sin sinx 0
1
2
sinx
6
2
7
2
6
x
x x
x k
x k
x
x k
x k
π
π π
π
π
π
π
− − =
− − − ≠
=
= +
=
−
⇔− − = ⇔ ⇔
−
= +
=
= +
Khi thay các No này vào (**) ta thấy chúng đều được thỏa mãn
Vậy phương trình đề ra có các No:
7
2 ; 2 ; 2 ; 2 ;
6 6
x k x k x k x k k
π π
π π π π π
−
= = + = + = + ∈
¢
2. Đặt
2 ; 4 ; ; [0; )m x u m x v u v
− = + = ∈ +∞
hệ phương trình đề ra:
2 2
2
3
5
3
9 5
2
u v m
u v m
u v m
m m
uv
+ =
⇔
+ =
+ =
⇔
−
=
Điều này cho ta biết rằng
;u v
là hai No của phương trình:
2
2
9 5
2 6 0(*)
2
m m
x mx
−
− + =
Vậy để thỏa yêu cầu bài toán thì ta cần tìm
m
+
∈
¡
sao cho (*) phải có hai No
; 0u v
≥
2
2
0
' 9 10 0
5 10
[ ; ]
3 0
9 9
9 5
0
2
m
m m
m
m
m m
>
∆ = − + ≥
⇔ ⇔ ∈
≥
−
≥
Vậy
5 10
[ ; ]
9 9
m
∈
là điều kiện cần tìm theo yêu cầu.
Câu III.
1.
H
F
E
S
A
B
C
D
Gọi
'H SD EF
= ∩
ta có:
(2;0;0)
(0;0;4) . 2.0 0.0 0.4 0
AB
AC AB AC
AB AC
⇒ = + + =
⇒ ⊥
uuur
uuur uuur uuur
Mà
/ / ; ( ); ' ( ) '
'
EF BC SA AD EF SAD AH SAD EF AH
H H
⊥ ⇒ ⊥ ∈ ⇒ ⊥
⇒ ≡
Theo định lý TaLet ta có
1
2
SH SE
SD SB
= =
Do vậy có sự khẳng định cho những gì cần CM.
2. Có
.
1
( ;( )).
. 1
3
1
. 4
( ;( )).
3
3 3 . .
6( )
4 4 6
SEF
SEF
SAEF
SABC SBC
SBC
A BCFE SABC
d A SEF S
S
V
SE SF
V S SB SC
d A SBC S
SA AB AC
V V dvtt
= = = =
⇒ = = =
V
V
V
V
Câu IV.
1. Gọi
H
S
là diện tích cần tính có
1
5
0
sin x
H
S dx
=
∫
mà
5
5
( )x x
=
Nên nếu đặt
5
x t
=
;
x
0
1
t
0
1
thì ta có
1
5
0
1 1 1
4 4 4 4 3
0 0 0
1 1
4 3 4 3 3
0 0
1
4 3 2
0
4 3
sin ( )
1 1
5 os 5( os cos ) 5( os 4 cos )
0 0
1 1
5( os 4 sin ) ( 5 os 20 sin ) 20 sin
0 0
1
( 5 os 20 sin ) 60 sin
0
1
( 5 os 20 sin ) 60
0
H
S td t
t dc t t c t tdt t c t t tdt
t c t t d t t c t t t tdt
t c t t t t tdt
t c t t t t
=
= − = − − = − −
= − − = − + −
= − + −
= − + +
∫
∫ ∫ ∫
∫ ∫
∫
1
2
0
1
4 3 2 2
0
1
4 3 2
0
1
4 3 2
0
1
4 3 2
0
os
1
( 5 os 20 sin 60 cos ) 60 os
0
1
( 5 os 20 sin 60 cos ) 120 os
0
1
( 5 os 20 sin 60 cos ) 120 sin
0
1
( 5 os 20 sin 60 cos 120 sin ) 120 sin
0
( 5
dc t
t c t t t t t c tdt
t c t t t t t tc tdt
t c t t t t t td t
t c t t t t t t t tdt
t
= − + + −
= − + + −
= − + + −
= − + + − +
= −
∫
∫
∫
∫
∫
4 3 2
1
os 20 sin 60 cos 120 sin 120cos ) 120 65cos1 100sin1
0
c t t t t t t t t+ + − − = − −
Vậy diện tích hình phẳng cần tính là:
120 65cos1 100sin1( )
H
S dvdt= − −
2. (Không chữa ở đây)
