Dap an KAB lan Truong Quoc oai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Câu. ý. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A, B NĂM 2013 - LẦN 1ĐÁP ÁN GỒM 05 TRANG Nội Dung 4 Khi m=1 hàm số trở thành y  x  2 x 2  2.  TXĐ :   Sự biến thiên : - giới hạn: lim y   x . Điểm. 0,25. 3. a. y '  4x  4x y '  0  x  0;x  1;x  1. -Bảng biến thiên:lập đúng. 0,25. - Kết luận đúng: khoảng đồng biến, nghịch biến và cực trị.. 0,25.  Đồ thị: vẽ đúng Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y '  0 có 3 nghiệm phân biệt. 0,25.  4 x 3  4m 2 x  0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0 (*).. 1. 0,25. Ba nghiệm phân biệt là x  0; x  m; x  m; Tọa độ 3 điểm cực trị A(0; m 4  1), B(m;1), C (m;1) . Gọi I là tâm đường tròn qua 4 điểm A, B, C, O; do tính đối xứng của đồ thị hàm số suy ra I, A, O thẳng hàng.  A  O (1) Ycbt        AB  OB  AB . OB  0 (2)   Ta có AB(m; m 4 ); OB(m;1). b. Giải (1): m 4  1  0  vô nghiệm. 0,25. 0,25. 0,25. Giải (2): m 2  m 4  0  m  1 (do đk(*)). Kết luận: m  1. Điều kiện: s inx  0 (*).. 1  sin 2x  2sin 2 x 1   .2 cos(  2x).s inx 1 4 2 2 sin x   (sin 2x  cos2x).sin 2 x  2.cos(2x  ).s inx 4. Pt  2.  2.cos(2x .   ).sin 2 x  2.cos(2x  ).s inx 4 4.   cos(2x  ).s inx.(s inx  1)  0. 4      (*) cos(2x   2x  4  2  m  )  0   (k, m   ). 4    x   k2  sin x 1  2  3  So sánh điều kiện, suy ra nghiệm pt x   k 2 , x   m , (k , m   ). 2 8 2. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1 Ta có : 1  2 x 2  x  1  1  4( x  )2  3  1  3  0. 2 x   1  Suy ra, điều kiện :  (*).  x  2 3. 4. 0.25. 0,25. Bpt  3  2 x 2  3x  2  1  2 x 2  x  1  x 2  x  1  1  x 2  3 x  2 .. x  0  x2  x  1  2x   2 3 x  x  1  0 x  0 13  1 13  1    (do (*)). Kết luận: x  . 1  13 1  13  x  6 6 ;x  x  6 6  + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên có S SG 2  , suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. SO 3 N Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD. M 1 1 G + Dễ có: VS . ABD  VS .BCD  VS . ABCD  V . A 2 2. 0,25 0,25. D. 0,25. O. B. C. Theo công thức tỷ số thể tích ta có: VS . ABN SA SB SN 1 1 1  . .  1.1.   VS . ABN  V VS . ABD SA SB SD 2 2 4 VS . BMN SB SM SN 1 1 1 1  . .  1. .   VS .BMN  V . VS .BCD SB SC SD 2 2 4 8 Từ đó suy ra: 3 VS . ABMN  VS . ABN  VS .BMN  V . 8 1 + Ta có: V  SA.dt ( ABCD) ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD) nên góc hợp bởi AN 3  , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD với mp(ABCD) chính là góc NAD   NDA   300. Do đó AD  SA  a 3 . cân tại N, suy ra NAD tan 300 1 1 3 3 Vậy, V  SA.dt ( ABCD)  a.a.a 3  a . 3 3 3. 0,25. 3 5 5 3a 3 Suy ra,thể tích cần tìm là: VMNABCD  VS . ABCD  VS . ABMN  V  V  V  . 8 8 24. 0,25. Đặt t  2  ln x  2  ln x  t 2  4  2 4  ln 2 x  4ln 2 x  8t 2  t 4 8ln x ln x 1  dx  (16t  4t 3 ) dt  dx  (2t  t 3 ) dt. x x 2 5. 0,25. Đổi cận: x  1  t  2 2; x  e  t  3  1. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3 1. Suy ra, I . 1 1 (2  t 2 )dt  ....  (3 3  1  4 2). 2 3 2.  2. 2. 2. 0,25. 2. a  b  c   b  c  a   c  a  b  3 Bdt  2 2 2  a  b   c2  b  c   a 2  c  a   b 2 5 2 2 2 3  2c  3  2a  3  2b     3     2 2 2 2 2 2 3  c   c  3  a   a  3  b   b 5 2. . 2. 0,25. 2. c  3c  2 a  3a  2 b  3b  2  2  2 0 2 2c  6c  9 2a  6a  9 2b  6b  9. 6.  x  1 x  2   1 x  1  0 x 2  3x  2 1   x  1    2 2x  6x  9 5 2x 2  6x  9 5 x2 1    x  1  2  0  2x  6x  9 5  Ta có:. 0,25. 2.  x  1  2x  1  0, x  0 2x 2  x  1 0 2 2x  6x  9 2x 2  6x  9 Do a, b, c dương nên ta có : a 2  3a  2 1 b 2  3b  2 1 c2  3c  2 1  a  1 ;  b  1 ,   c  1 .     2a 2  6a  9 5 2b 2  6b  9 5 2c 2  6c  9 5   x  1. 0,5. Từ đó bđt được chứng minh, dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1.. 7a. C  d  C(c  2; c); B  d '  B(3b  1; b) Do M là trung điểm của AC nên A(6-c;5-c)  3b  c  7 b  c  5  N là trung điểm của AB  N  ; . 2 2   Đường trung tuyến kẻ từ C là d, nên N nằm trên d 3b  c  7 b  c  5    2  0  b  1  B(4;1) 2 2  AC  (2c  4; 2c  5) Phương trình AC là: (2c-5)(x-4)+(2-c)(2y-5)=0 AC . 2.  2c  4    2c  5. 2. , d(B, AC) . 0,25. 0,25. | 3(c  2) | 2.  2c  4    2c  5. 2. | 3(c  2) | 2 c  3  A(3; 2), C(5;3) Giả thiết, ta có:  c  1  A(5; 4), C(3;1) KL......   Gọi D(x;y;z)  CD   x  4; y  5; z  7  , BA   5; 1; 1   CD  kBA Tứ giác ABCD là hình thang cân có đáy AB   (k>0). AC  BD. 0,25. SABC . 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 8a.  x  4  5k  x  4  5k  y  5  k y  5  k     z  7  k z  7  k    x  2  2   y  3  2   z  1 2  107  2  5k  2   2  k  2   8  k 2  107  .  x  4  5k y  5  k  k  1(l)     k  35 (t / m) z   7  k  27   27k 2  8k  35  0  67 100 224  Kết luận: D   ; ; . 27   27 27 9a. C nn 13  2Cnn  2  16  n  2   .  n  3 n  2  2. 0,25. 0,25  2..  n  2 n  1 2.  16  n  2 . 0,5. n 3  n  1  16  n  9. 2 n. 9. 0,25. 9. Ta có:  2  x    2  x    Ck9 29k x k. 0,25. 0. Số hạng tổng quát của khai triển là: C9k 29 k x k Số hạng thứ 8 của khai triển (k=7) là C97 22 x 7  144x 7 Giải phương trình được x=1.. 0,25. x 2 y2   1; a  0, b  0. a 2 b2 b b Hai đường tiệm cận của (H) có phương trình là: y  x; y   x a a Hai tiệm cận vuông góc với nhau  a  b Phương trình (H): x 2  y 2  a 2 Giao điểm của (H) và đường tròn (C) có tọa độ là nghiệm của hệ  2 a 2  13 x  2 2 2  x  y  a  2   2  2 2  x  y  13  y 2  13  a  2 Các giao điểm có tọa độ A (x;y), B(x;-y), C(-x;-y), D(-x;y) ABCD là hình chữ nhật có diện tích là: 4|xy| Giả thiết: 16x 2 y 2  242  a 2  5. 0,25. Phương trình chính tắc của hypebol (H) có dang: 7b. Phương trình chính tắc của hypebol cần tìm là:. x 2 y2   1. 5 5. 0,25. 0,25. 0,25. Gọi N ( x0 ; y0 ; z0 ) , suy ra NO  x 2o  y 2 0  z2 0 8b. d ( N ,( P )) . 3 x0  2 y0  z0  4. .. 14   Từ giả thiết, suy ra vectơ MN cùng phương với vectơ pháp tuyến n(3; 2;  1) của mặt x  2 y0  2 z0 phẳng (P ), nên ta có 0   (1). 3 2 1. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Điểm N cách đều gốc tọa độ và mặt phẳng (P ), do đó:. x 2 o  y 2 0  z2 0 . 3 x0  2 y0  z0  4 14. (2).. 1 1 3 Giải hệ hai phương trình (1) và(2) ta được: x0   ; y0  ; z0  . 4 2 4 1  x  Đk:  3  x  2y  0. 0,25 0,25. 0,25. log 1  x  2y   log 2  3x  1  1   log 2  x  2y   log 2  3x  1  1 2. 9b.  3x  1   log 2    1  x  4y  1  x  2y  Thay x=4y+1 vào phương trình 3x  34y  4. ta được 34y 1  34 y. 34 y  1 y  0 1 4y   4  3.3  4y  4  4 y 1   3  y   1 3   4 3. Kết luận: Nghiệm của hệ 1;0  .. ……… HẾT………. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>