De dap an kt 1t lan 1 2012 LQH

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (175.6 KB, 14 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Đề 1:

Câu 1:(TH 1,5 đ) Tìm tập xác định của hàm số 2
3 10
os

11 28
x

y c

x x




 

Câu 2:(TH 1,5 đ) Tìm GTLN,GTNN của hàm số ycosx 3 sinx2012
Câu 3:(NB 2 đ) Giải phương trình

3
sin 3

2
x

Câu 4:(NB 2 đ) Giải phương trình

os 4 os 2

6 3

c  x c  x  

   

Câu 5:(NB 1 đ) Giải phương trình 5cos2x 7 cosx12 0

Câu 6:(VD 1 đ) Giải phương trình

4 4

sin os 1 1

cot 2

5sin 2 2 8sin 2
x c x

x

x x



 

Câu 7:(VD 1 đ) Giải phương trình

sin 3 cos 4

sin 3 cos 1

x x

  

 

Đáp án
Câu 1

1,5 đ Đkxđ:x211x28 0

7
4
x
x

 

   



1,0đ

 Txđ:D   



: 7

 

 4;



0,5 đ

Câu 2

1,5 đ

Ta có ycosx 3 sinx2012

1 3

2 cos sin 2012

2 x 2 x

 

   

 

 

2 os cos sin sin 2012

3 3

c  x  x

 

   

  2 osc x 3 2012



 

   

 

0,5 đ

Vì

1 s 1

3
co x  
    

  nên

2010 2 os 2012 2014
3

c x  

    

   2010 y 2014

0,5 đ

Do đó GTLN của hàm số là 2014 đạt được khi chỉ khi:

os 1 2 2 ,

3 3 3

c x    x  k   x k  k Z

 

Và GTNN của hàm số là 2010 đạt được khi chỉ khi:
4

cos 1 2 2 ,

3 3 3

x  x   k  x  k  k Z

 

         

 

 

0,5 đ

Câu 3

2 đ

Ta có

3
sin 3

x sin 3 sin
3

x 

 

3 2

3
2

3 2

x k








 


 

  


0,5 đ

1 đ

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

9 3 ,

2 2

9 3

x k

k Z

x  k 

 


  

  


Câu 4

2 đ Ta có

os 4 os 2

6 3

c  x c  x  

   

4 2 2

6 3

4 2 2

6 3

x x k

 



 




   


 

    


1,0 đ

2 2

6 2

x k








 


 

  


4 , .

36 3

x k

k Z

x k




 



 


  

  


1,0 đ

Câu 5

1 đ

Ta có 5cos2x 7 cosx12 0 (1)

đặt tcos , 1x



  t 1



,phương trình (1) trở thành

5t  7 12 0t 

1
12
5
t
t






 


0,5 đ

Vói t 1 cosx1 x  k2 , k Z

Vậy pt (1) có nghiệm x  k2 , k Z 0,5 đ
Câu 6

1 đ

Ta có

4 4

sin os 1 1

cot 2

5sin 2 2 8sin 2
x c x

x

x x



 

(1)

Điều kiện:sin 2x 0 cos2x1 (2) 0,25 đ

Khi đó(1)





2 2

8 1 2sin xcos x 20 cos 2x 5

    13 4sin 22 x 20cos 2x

  

4cos 2x 20cos 2x 9 0

   

1
os2

2
9
os2

c x






 

 



0,25 đ

os2 os
3

c x c 

  2 2

x  k 

   , .

x  k k Z

   

Vậy pt (1) có nghiệm là x 6 k k Z, .




  

0,25 đ

Câu 7

1 đ

sin 3 cos 4

sin 3 cos 1

x x

  

  (1)

Ta có

1 3

sin 3 cos 2 sin cos

2 2

x x  x x

 

  2sin x 3



 

   

 

Khi đó: (1)

sin 2

3 2sin 1

3
x

x




 

    

 

   

 

  (2)

0,25 đ

Điều kiện:

2sin 1 0 sin

3 3 2

x  x 

   

     

   

    0,25 đ

(nhận)
(loại)

(vơ nghiệm)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Khi đó (2)

2sin sin 1 4sin 2

3 3 3

x  x  x 

     

          

     

2sin 5sin 3 0

3 3

x  x 

   

       

   

sin 1

3
3
sin

3 2

x
x




  

 

 



 




  

 

  

 

 0,25 đ

2
3 2
x   k 

    2 , .

x  k  k Z

    0,25 đ

(vô nghiệm)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 1 (NB 2đ): Tìm ảnh của điểm M



9; 4



qua phép tịnh tiến theo v 



3;7





.
Câu 2 (VD 1đ):Tìm ảnh của đường thẳng d: 2011x y 1 0 theo phép tịnh tiến theo



2; 3



v 


Câu 3 (NB 2đ):Tìm ảnh của điểm M



5;3



qua phép đối xứng trục Ox
Câu 4 (TH 1đ):Cho đường cong (C) có phương trình:









2 2

2x1  2y5 64

.Tìm ảnh của
đường cong (C) qua phép đối xứng trục Oy.

Câu 5(NB 1 đ):Tìm ảnh của điểm M



2; 2



qua phép đối xứng tâm O(0;0).
Câu 6(VD 1 đ):Tìm ảnh của điểm M



1;3



qua phép quay tâm O(0;0),góc quay 600.

Câu 7(TH 2đ):Tìm ảnh của điểm A



5;3



qua phép đồng dạng có được bằng cách thực liên
tiếp phép vị tự tâm O



0;0



tỉ số k=3 và phép đối xứng tâm I(1;-2)

Đáp án
Câu 1

2 đ

Ta có:M



9; 4



,v 



3;7





,gọi









' '; '

v

T M M x y
'

9 3 6
4 7 11
x

y

   


 

  








' 6;11
M


0,5 đ

1,0 đ
0,5 đ
Câu 2

1 đ

Gọi d'T dv

 

 d': 2011x y c  0

Lấy M



0;1



d,gọi









' '; '

v

T M M x y
'

0 2 2
1 3 2
x

y

   


 

  


  M'



2; 2



d'  c4020
': 2011 4020 0

d x y

   

0,25 đ
0,25 đ

Câu 3
2 đ

Gọi Đox(M)=





' ', '

M x y

ta có:M



5;3



'
5
3
x
y
 

 




  M'



5; 3



0,5 đ
1,5 đ

Câu 4

1 đ

Ta có (C):









2 2

2x1  2y5 64

2 2

1 5

2 2

x y

   

       

   

 

C


là đường tròn tâm

1 5
;
2 2
I  

 , bán kính R4

0,25 đ

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Gọi Đoy(I)=





' '; '
I x y

'
'
'
1
1 5
2 ;

5 2 2

2
x
I
y



  
     
 
 



Suy ra ảnh của đường tròn (C) qua phép đối xứng trụcOy là đường trịn

 

C'

có tâm

' 1; 5
2 2
I   

 bán kính R4,phương trình là:

2 2
1 5
16
2 2
x y
   
   
   
   
0,25 đ
Câu 5
1 đ

Gọi ĐO(M)=





' ', '
M x y

ta có:M



2; 2







'
'
'
2
2; 2
2
x
I
y
 

   



0,5 đ
0,5 đ
Câu 6
1 đ

Ta có M



1;3



suy ra góc tạo bởi tia OM và chiều dương của trục Oy
nhỏ hơn 450 .Gọi  0









,60 ;

O

Q M M x y

suy ra





' ;
M x y

thuộc góc phần

tư thứ hai do đó
0
0
x
y




 (1)

Theo định nghĩa ta có:





'
' 0
, 60
OM OM
OM OM
 








'2 2
' 1 2
.

OM OM

OM OM OM

 

 





(*)
Mà OM 



1;3



 OM  10



;





' ; ' 2 2

OM  x y  OM  x y



và OM OM. ' x 3y





, hệ phương trình (*) trở thành:

2 2
3 5
10
x y
x y
 


 






2 2
5 3

5 3 10

x y

y y
 


 
  

 2
5 3

2 6 3 0

x y
y y
 

 
  

5 3
3 3
2
3 3
2
x y
y
y
 



 

 
 

 
 



1 3 3 3 3

;

2 2

1 3 3 3 3

;
2 2
x y
x y
  
 



  
 



Vậy

' 1 3 3 3 3
;

2 2

M    

 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Câu 7
2 đ

Gọi B V O,3

 

A và C=Đ

I(B) ta có:

OB OA

 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

(1) và IC BI

 

OC OI OB

  

  

(2)

  1 2

2 3

OC OI OA

  

  

Mà OA 



5;3



 3OA 



15;9



 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

vàOI 



1; 2



 2OI 



2; 4



 



17; 13



OC

  





17; 13



C

 

Vậy ảnh của A



5;3



qua phép đồng dạng làC



17; 13



</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 1( NB 2đ):Cần chọn một bông hồng vàng hoặc một bông hồng đỏ cắm vào bình hoa,hỏi 
có bao nhiêu cách chọn biết rằng có 13 bơng hồng vàng và 25 bơng hồng đỏ?

Câu 2(TH 1 đ):Cho tập hợp A



0;3;6;7;8



,từ các phần tử của tập hợp A có thể lập được
bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau?

Câu 3 (NB 2 đ):Có bao nhiêu cách phân cơng 5 học sinh có học lực khá ,giỏi giúp 5 học sinh 
yếu vươn lên trong học tập(mỗi học sinh có học lực khá hoặc giỏi giúp một học sinh yếu )?
Câu 4(TH 1 đ):Đội văn nghệ của lớp 10C gồm 7 học sinh,cần chọn ra 3 học sinh và phân 
công tham gia ba tiết mục văn nghệ khác nhau của trường (mỗi học sinh tham gia một tiết
mục văn nghệ).Hỏi có bao nhiêu cách thực hiện?

Câu 5(TH 1đ):Lấy ngẫu nhiên 3 bi từ hộp đựng 5 bi xanh,4 bi trắng,6 bi vàng.có bao nhiêu 
cách lấy được 3 bi trong đó có hai màu khác nhau?

Câu 6 (VD 1đ):Tìm n *biết: Cn02C1n22Cn2... 2 nCnn 729

Câu 7:Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối đồng chất ba lần.

Tính xác suất của các biến cố:

a/(TH 1đ):Trong ba lần gieo con súc sắc không lần nào xuất hiện mặt 4 chấm.
b/(VD 1 đ):Tổng số chấm xuất hiện trong ba lần gieo là 7.

Đáp án
Câu 1

2 đ

Chọn một bông hồng vàng từ 13 bơng hồng vàng có 13 cách
Chọn một bơng hồng đỏ từ 25 bơng hồng đỏ có 25 cách

 Số cách chọn một bơng hồng để cắm vào bình hoa là:13+25=38 cách

0,5đ
0,5đ
1,0đ
Câu 2

1 đ Số cần lập có dạng Chọn acó 4 cách abc với a b c A, ,  và đơi một khác nhau.
Chọn bcó 4 cách

Chọn ccó 3 cách

 Lập được 4.4.3= 48 số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau

0,25đ

0,25 đ

0,5đ
Câu 3

2đ

Mỗi cách phân cơng là một hốn vị của 5 phần tử
 Số cách phân công là P5 5! 120 cách

1,0đ
1,0đ
Câu 4

1 đ

Mỗi cách thực hiện là một chỉnh hợp chập 3 của 7 phần tử

 Số cách thực hiện là:
3
7

7!
210
4!

A  

cách

0,5đ
0,5đ

Câu 5
1 đ

Lấy ngẫu nhiên 3 bi từ hộp đựng 5 bi xanh,4 bi trắng,6 bi vàng,số cách lấy

là
3
15

15!

445
3!12!

C  

Số cách lấy được ba bi cùng màu là:C43C53C6334

Số cách lấy được ba bi có ba màu khác nhau làC C C14. .51 16 120
 Số cách lấy được ba bi trong đó có hai màu khác nhau là:
445-120-34=291 cách

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 6

1 đ

Xét khai triển:





2 2

n

n k n k k

n
k

x C x 



 



,n * (1).
Thay x1 vào (1) ta được 0

2 3

n

k k n

n
k

C





hay
0 2 1 22 2 ... 2n n 3n

n n n n

C  C  C   C 

Theo giả thuyết Cn02Cn122Cn2... 2 nCnn 729

0,25đ

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

6
3n 729 3

    n6
Câu 7

2 đ Ta có  





i j k i j k, ,



| , , 1, 2,3, 4,5,6



 

6 216

n

   

a/Gọi A là biến cố trong ba lần gieo con súc sắc không lần nào xuất hiện
mặt 4 chấm







, , | , , 1, 2,3,5,6



A i j k i j k   n A

 

53 125

 

125
216
n A

P A
n

  



b/Gọi B là biến cố tổng số chấm xuất hiện trong ba lầ gieo là 7



 





1,1,5 , 1,5,1 , 5,1,1 , 2,2,3 , 2,3,2 3,2,2 , 1,2,4 , 1,4,2 , 2,1,4 , 2,4,1 , 4,1,2 , 4,2,1



B

 

n B

 

 

12 1
216 18
n B

P B
n

   



0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,5đ
0,5đ
Đề 4

Câu 1(NB 1,5 đ):Tính

5
5 4

2 3 4

lim

5 6

n n

 
 

Câu 2 (NB 1,5 đ):Tính





3
1

lim 5 3 2 1

x x  x  x

Câu 3(TH 1đ): Tính 2

3 5
lim

x

x
x








Câu 4 (TH 1 đ): Tính

3
3
1

3 7 10

lim

x

x x

x



 


Câu 5 (VD 1 đ):Tính

2
2

2 3 2 6 4

lim

x

x x x

x



   


Câu 6 (NB 1,5 đ):Tính

2
2

3 2 5

lim

2 7

x

x x

x

 

 


Câu 7(TH 1,5 đ): Cho hàm số

 

2 8

1
2

x x

x
f x

   


 






Xét tính liên tục của hàm số f x

 

tại điểm x0 1

Câu 8( VD 1 đ):Cho phương trình 27x5 x2  x 1 0 có ít nhất một nghiệm





0 1;0
x  

và 0

3
9
x 

Đáp án
Câu 1

1,5 đ

Ta có

5
5 4

2 3 4

lim

5 6

n n

 

  0,5 đ

1,0 đ
nếu x1

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

4 5
5
2
lim 2
5 6
1
n n
n n
 
 
 
Câu 2

1,5 đ Ta có :





3
1

lim 5 3 2 1

x x  x  x  1 5 3 2 1 2    

1,5 đ

Câu 3

1 đ Ta có:xlim 32



x5



11 0





lim 2 0

x   x  và 2 x  0 x 2

Do đó 2

3 5
lim
2
x
x
x



 


0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
Câu 4
1 đ

Ta có :

3
3
1

3 7 10
lim
1
x
x x
x

 


















2
2
1

1 3 3 10
lim

1 1

x

x x x


  

  
2
2
1

3 3 10
lim
1
x
x x
x x

 

  =
16
3
0,5 đ
0,5 đ

Cấu 5
1 đ
Ta có:
2
2

2 3 2 6 4

lim

x

x x x

x

   

2
2

2 3 2 4 6 4

lim

2 2

x

x x x

x x

     
   
 
 



 















2 2 1 6 2

lim

2 2 4 6 4

x

x x x

x x x


    
 
 
     

 
2
6
lim 2 1

4 6 4

x x x

 
    
 
 =
3 17
5
4 4
 
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
Câu 6
1,5 đ
Ta có
2
2

3 2 5

lim
2 7

x
x x
x
 
 

2
2
2 5
3
lim
7
2
x
x x
x
 
 

 3
2

 1,5 đ

Câu 7

1,5 đ

Ta có

 

1
3
f 

 

2
1 1
2 8
lim lim
1
x x
x x
f x
x
 
  















1 2
4 1
lim

1 2 8

x

x x x




   

 

2
1
4 2
lim 1
3
2 8

x x x f

  

  

Suy ra hàm số đã cho liên tục tại điểm x0 1.
Câu 8

Xét hàm số

 

5 2

27 3 1

f x  x  x  x

liên tục trên 

 

f x


liên tục trên đoạn



1;0



Ta có





 

  



1 30

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

1 đ

5 2

27x 3x x 1 0

     có ít nhất một nghiệm x0 



1;0



Ta có x0là nghiệm phương trình 27x5 3x2  x 1 0 nên:

5 2

0 0 0

27x  3x x  1 0  27



x0



53



x0



2 



x0



1 (1)
Vì x0 



1;0



nênx0 0.Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:















 



0 0 0 0 0 0 0

27  x 3 x  x 3 27 x 3  x x 27x
(2)

Từ (1) và (2) suy ra :
2

0 0

27 1 0

x    x 

vì x0 



1;0



Vậy phương trình 27x5 x2  x 1 0 có ít nhất một nghiệm





0 1;0
x  

và 0

3
9
x 

0,25 đ

Đề 5:

Câu 1(NB 2đ)Cho hình bình hànhABCD tâm O và S



ABCD



.
Chứng minh rằng:

1
2

SD SO  AC AB

   

Câu 2 (VD 1đ) Cho hình chóp S ABC. có SA, AB, AC đơi một vng góc và SA=a.Tính

SB SC

 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

theo a.

Câu 3: Cho hình chóp S ABC. có SAB ABC, đều cạnh bằng

3
,

2
a
a SC 

.Gọi H,K lần
lượt là trung điểm của AB và SC.Chứng minh rằng:

a.(NB 1,5đ): Chứng minh rằng AB



SCH



b.(TH 1,5đ):Chứng minh rằng SC



ABK



c.(TH 1đ):Gọi  là góc giữa đường thẳng SA và đường thẳng HC,tính cos.

Câu 4:Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D;SAAB

SAAD và SA a 6;AB2 ;a AD a ; ABC 450

a.(NB 2đ):Chứng minh rằng



SAD

 

 ABCD



b.(VD 1đ):Tính góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD).
Đáp án

Câu 1

2 đ Ta cóSD SO OC CD  

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

(1)

Mà ABCD là hình bình hành tâm O nên ta có:
CD AB

 

và

1
2
OC AC
 

(2)

Từ (1) và (2) suy ra

1
2

SD SO  AC AB
   

0,5 đ

1,0 đ
0,5 đ

Câu 2
1 đ

Ta cóSB SA AB 

  

và SC SA AC 

  

SB SC


 



SA AB



 



SA AC



 

. . .

SA SA AC AB SA AB AC

   

      
Vì SA,AB,AC đơi một vng góc nên

. . . 0

SA AC AB SA AB AC 

     

SB SC


  2

2 2

SA SA a

  



0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

B C

A D

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

3 đ

a/Ta cóSAB ABC, đều,H là trung điểm của AB









AB SH SHC

AB CH SHC

 



 

 








AB SHC

 

0,5 đ

0,5đ

b/Theo câu (a) ta có:AB



SHC



 SCAB



ABK



(1)
Theo gt suy ra SACcân tai A ,K là trung điểm cúa SC





SC AK ABK

  

(2)
Từ (1) và (2) suy ra SC 



ABK



0,5đ

0,25đ
0,5đ
0,25đ

c/Ta có SA SH HA 

  

;

. . .

SA HC SH HC HA HC
                                              

mà AH HC              HA HC  . 0

Ta có SH,HC lần lượt là đường cao của SAB,ABC đều cạnh a


3
2
a
SH HC

mà

3
2
a

SC

SHC
  đều



2 0 3

. . . os60

8
a
SH HCHS HCHC c 

   

2
3
.

8
a
SA HC

                 os





.
.
SA HC
c SA HC

SA HC

 

 
 

=
2
3

3
8

4
3
2
a
a
a









os os ,

c  c SA HC

  

 

0,25đ

0,25 đ
S

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu 4
3 đ

a/Theo giả thuyết ta có :





SAAB ABCD
(1)





SAAD ABCD
(2)

Từ (1) và (2) suy raSA



ABCD



mà SA



SAD







SAD

 

 ABCD



b/Gọi EADBC,xét ABE vuông tại A cóABEABC450
ABE

  vng cân tại A AEAB2amàAD a
D

 là trung điểm của AE.Theo gt ta có CD/ /AB
C

 là trung điểm của BE

AC BC

  mà SABC (doSA



ABCD



)
SC BC

 

Ta có



 











,
,

SBC ABCD BC

SC SBC SC BC

AC ABCD AC BC

 




 




 

  Góc giữa mặt phẳng (SBC) và

(ABCD) là góc giữa đường thẳng AC và SC đó là gócSCA
Theo chứng minh trên suy ra CD là đường trung bình của ABE

1
2

CD AB a

  

Xét ADC vng tại D có AD CD a   AC a 2

Xét SAC vng tại A ( doSA



ABCD



) cóAC a 2,SA a 6


tanSCA SA
AC

  6 3

2
a
a

 

 600
SCA

 

Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là SCA 600

Hvẽ 0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ

0,25đ

A B

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Câu 1(NB 2 đ) Tính đạo hàm của hàm số y x 20123x5 2x7
Câu 2 (NB 2đ) Tính đạo hàm của hàm số y2sin 3 .cos 2x x
Câu 3( TH 1đ)Tính đạo hàm của hàm số





2 5

3 1

x
y

x





Câu 4( TH 1đ)Tính đạo hàm của hàm số





2
3 4 7
y x 

Câu 5( NB 1đ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) là đồ thị hàm số
3 3 2 2

y x  x  biết tiếp điểm M



3; 2



.

Câu 6( TH 1đ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) là đồ thị hàm số
4 3

1
x
y

x



 biết tiếp tuyến song song với đường thẳngx 9y36 0 .
Câu 7(VD 1,0 đ) Cho hàm số

1 sin 2 1 sin 2
1 sin 2 1 sin 2

x x

y

x x

  



   với x 0;4


 
  
 
Tính y' và giải phương trình 3 1 cot



 x



 y'  1 cotx

Câu 8 (VD 1 đ):Cho hàm số:

4 4 4 4 3

sin sin sin sin

4 2 4

y x x  x  x  

     

Chứng minh rằng y' 0   x

Đáp án
Câu 1

2 đ Ta có





'
' 2012 3 5 2 7

y  x  x  x 2012x2011 15x4 2

   2 đ

Câu 2
2 đ

Ta cóy2sin 3 .cos 2x x sin 5xsinx





' sin 5 sin

y x x

   



5x c



' os5xcosx

5cos5x cosx

 

0,5 đ
1,0 đ
0,5 đ
Câu 3

1 đ

Ta có



 







' '

2 5 1 1 2 5

3 1

x x x x

y

x

    







 







2 1 2 5

1
.

3 1

x x

x

  








1
1
x




0,5 đ

0,5 đ
Câu 4

1 đ

Ta có





'
2

' 3 4 7

y  x  

 

 



 



2 3x 4 7 3x 4 7

    









'
3 4
2 3 4 7

2 3 4
x
x

x


  







3 3 4 7
3 4

x
x

 





0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ
Câu 5

1 đ

Ta cóM



3; 2



là tiếp điểm
Và y' 3x2 6x

 

' 3 9
y

 

 phương trình tiếp tuyến cần tìm là:y 2 9



x 3



 y9x 25

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Câu 6

1 đ

Gọi M x y



0; 0



là tiếp điểm ta có

4 3

1
x
y

x





Ta có



 







4 1 4 3

x x

y

x

  








1
1
x




 





0 2

0
1

y x

x

 



Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng x 9y36 0 nên :

 





0 2

1 1 1

9 1 9

y x

x

   

 



x01



2 9



x0 1



0
1 3
1 3
x

x
 


 

 


0
0

2
4
x
x



 



 (nhận)

Vói 0 0

11
2

3
x   y 

,pttt là:





11 1

2
3 9
y  x

9 31 0

x y

   

Vói 0 0

13
4

3
x   y 

,pttt là:





13 1

4
3 9
y  x

9 43 0

x y

   

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

Câu 7

1 đ

Với

0;
4
x  

  ta có:cosxsinx0
1 sin 2 1 sin 2

1 sin 2 1 sin 2

x x

y

x x

  

 

  

















2 2

cos sin cos sin

x x x x

  



  





cos sin cos sin
cos sin cos sin

x x x x

  



   =cotx





2
1
cot

sin

y x

x

  





2
1 cot x
 
Do đó: 3 1 cot



 x



 y'  1 cotx





3 1 cotx 1 cot x 1 cotx

     





cot x 3 1 cotx 3 0

    

cot 1

cot 3

x
x




 



 (loại dox 0;4

 
  
 )

Vậy với

0;
4
x   

 phương trình 3 1 cot



 x



 y' 1 cotx vô nghiệm

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

Câu 8

Ta có

4 4 4 4 3

sin sin sin sin

4 2 4

y x x  x  x  

     

4 4 4 4

sin os sin os

4 4

x c x x   c x  
        

   

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

1 đ  1 2sin xcos x 1 2sin x4cos x4

   

2 2

1 1

2 sin 2 sin 2

2 x 2 2 x



 

     

 

2 2

1 1

2 sin 2 os 2

2 x 2c x

   2 1



sin 22 os 22



2 x c x 2

   

' 0
y

    x

0,25 đ
0,25 đ

</div>