Từ giả thiết hai mặt phẳng SAC và SBD cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ ABCD... Thể tích khối chóp S.ABCD: 3.
Trang 1SỞ GDđT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A+A1
NĂM HỌC 2012-2013
(Thời gian làm bài 180 phút)
(đáp án gồm 05 trang)
1
Cho hàm số y x 2
x 1
−
= + , có ựồ thị (C)
2,0
* Tập xác ựịnh: D=R\{ }− , 1
( )2
3
x 1
′ = > ∀ ∈
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn:
xlim y lim yx 1, lim yx 1+ , lim yx 1−
→−∞ = →+∞ = →− = −∞ →− = +∞
đồ thị (C) có tiệm cận ngang là ựường thẳng y=1, tiệm cận ựứng là ựường thẳng x=-1 0,25
+ Bảng biến thiên:
x -∞ -1 +∞
yỖ + +
y
+∞ 1
1 -∞ + Hàm số ựồng biến trên khoảng (−∞ − và ; 1) (− +∞ 1; )
0,25
I 1 * đồ thị:
đồ thị cắt trục tung tại ựiểm (0;-2), cắt trục hoành tại ựiểm (0; 2)
đồ thị (C) nhận giao ựiểm hai tiệm cận I(-1; 1) làm tâm ựối xứng
0,25
PT tiếp tuyến d có dạng
( )2( o) o
x 1
x 1
−
+ + , (với x là hoành ựộ tiếp ựiểm) o
Giao ựiểm của d lần lượt với tc ựứng, tc ngang là: o
o
x 1
−
B 2x( o+1;1)
0,25
o o
6
x 1
Bán kắnh
r
IA IB AB IA IB IA IB 2 IA.IB 2IA.IB 2 3 6
Dấu Ộ=Ợ xảy ra khi và chỉ khi IA=IB⇔ x +12= ⇔3 x = − ổ1 3
y
I -1 O 2 -2
1
x
Trang 20,25
I
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y= + −x 2 2 3 hoặc y= + +x 2 2 3 0,25
1
Giải phương trình :
4 3 sin x cos x 2 cos cos 3 sin 2x 3cos x 2
2 sin x 3
=
−
1,0
ðiều kiện : sin x 3
2
Phương trình ñã cho tương ñương với phương trình:
2
2
2 3 sin 2x cos x cos 3x cos 2x 3 sin 2x 3cos x 2 0
3 sin 2x 2 cos x 1 cos 3x cos x cos 2x 1 2 cos x 1 0
3 sin 2x 2 cos x 1 4 cos x.sin x 2 sin x 2 cos x 1 0
3 sin 2x 2 cos x 1 2sin x 2 cos x 1 2 cos x 1 0
2 cos x 1 3 sin 2x 2 sin x 1 0
2 cos x 1 3 si
⇔ + ( n 2x cos 2x− +2)=0
0,25
k
3 sin 2x cos 2x 2 0 cos 2x 1
−
+ =
0,25
ðối chiếu ñiều kiện ta ñược nghiệm của phương trình là: x 2 k2 ; x k (k Z)
2
Giải hệ phương trình :
( )2
x 3y 2 y 4 x 2 5 y 3x
3
1 2 x y 1 3 3y 2x
+
( ) ( )
1 2
1,0
ðk: x y 1 0 + − ≥ (*)
2
4 x 2 3y 3x y 4 x 2 2 y 3y 3x y 1 2 y
1 2 3x 2 3 4x 3, x
3
0,25
ðặt a= 3x− ≥2 0; b= 34x 3− ta có hệ 1 2a2 3b3
4a 3b 1
( ) ( )
3 4
Từ ( )3 a 3b 1
2
=
⇒ = thay vào pt (4) ta ñược 3 2
1
2
5
2
−
= ⇒ =
= ⇒ =
0,25
+) b 0; a 1
2
−
= = không thõa mãn +) a 1 x 1
⇔
+)
11
2
9
2
=
II
Kết hợp ñk (*) suy ra hệ có nghiệm (x; y) là ( )1;1 , 11 9;
4 2
0,25
Trang 3Tính tích phân:
1 x
3 4
π π
Ta có:
1
x
x
+)
3
2
3
4
π
π
= − = − = − +
+)
2 2 3 4
x
cos x
π π
2
2
3 3 4 2
4
u x
du 2xdx
J x t anx 2x tan xdx 1
v t anx
cos x
π π π π
2
3 4
9
16
π π
π
0,25 III
Thay vào (1) ta có
16
a O D
C
A
B
S
H K I
Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung ñiểm O của mỗi
ñường chéo Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do ñó A DB =600
Hay tam giác ABD ñều
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao
tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD)
0,25
Do tam giác ABD ñều nên với H là trung ñiểm của AB, K là trung ñiểm của HB ta có
DH ⊥ AB và DH = a 3; OK // DH và 1 3
a
OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng
cách từ O ñến mặt phẳng (SAB)
0,25
IV
Tam giác SOK vuông tại O, OI là ñường cao ⇒ 12 1 2 12
2
a SO
Diện tích ñáy S =4S∆ =2.OA OB =2 3a2;
0,25
Trang 4ñường cao của hình chóp
2
a
SO = Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
S ABC ABC
a
0,25
Chứng minh rằng:
3
+ + + ≥
1,0
Vì a+ + = nên b c 1 M a 1 b 1 c 1 abc 1 1 1 1 1
= + + + = + + + + +
Theo bất ñẳng thức Cauchy ta có 1 a b c 3 1
abc abc
+ +
0,25
Lại có:
Mặt khác: (a b c) 1 1 1 9 1 1 1 9
+ + + + ≥ ⇒ + + ≥
V Vậy
3
+ + + ≥
Dấu bằng xảy ra a b c 1
3
⇔ = = =
0,25
1 Tìm toạ ñộ các ñỉnh còn lại của hình thoi 1,0
Phương trình MP là: x+ − = y 3 0
I=MP∩NQ⇒ tọa ñộ I là nghiệm của hệ phương trình x y 1 0 x 2 I 2;1( )
0,25
I là trung ñiểm của MP nên suy ra P 3; 0 ( )
phương trình NQ là x− − = nên tọa ñộ N, Q có dạng (m; m-1) y 1 0 0,25
NQ=2MP⇒IN =4IM ⇔ m 2− + m 2− =4 1 +1 ( )2 m 4
m 0
=
0,25
Vì N có tung ñộ âm nên N(0; -1) ⇒ Q(4; 3)
Vậy P 3; 0 , N(0; -1) , Q(4; 3) làcác ñỉnh cần tìm ( ) 0,25
Giả sử A(a; 0; 0), B(b; 0; 0), C(c; 0; 0), abc≠0
⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là: x y z 1
a+ + = (P) qua I nên b c 1 1 1 1
a+ + = (1) b c 0,25
a 1− + + = +1 1 1 b 1− + = + +1 1 1 c 1− ⇔ a 1− = b 1− = c 1−
a b c
⇔ = = hoặc b a 2
c a
= −
=
c 2 a
b a
= −
=
hoặc b= = − c 2 a
0,25
Với a=b=c thay vào (1) ta ñược a=b=c=3 Khi ñó pt (P): x+y+z=3
Với b a 2
c a
= −
=
c 2 a
b a
= −
=
thay vào (1) ta ñược
2
a +2 a = ⇔ − + =
Với b= = − thay vào (1) ta ñược c 2 a 1 2 2
a +2 a = ⇔ − + =
0,25 VIa
Trang 51,0
• Ta có
4
3 ) 1 2 ( 4
1
) 2 1 ( 16
9 ) 2 1 ( 8
3 ) 2 1 ( 16
1 ) 1 (
2
0,25
• Trong khai triển ( )14
2
1+ x hệ số của x là: 6 2 C 6 146
Trong khai triển ( )12
2
1+ x hệ số của x là: 6 2 C 6 126
Trong khai triển ( )10
2
1+ x hệ số của 6
x là: 2 C 6 106
0,5
VII.a
16
9 2
8
3 2
16
10 6 6
12 6 6 14 6
I nằm trên cung AB của (P) ⇒I m; m( 2−2m 1 , m+ ) ∈[ ]0;3
Diện tích tam giác IAB lớn nhất d I; AB( ) m2 3m
2
−
0,5
Xét hàm số ( ) 2
f m =m −3m trên [ ]0;3 ta có:
m 0 2
3 3
f(m)
0 0
9
4
−
m 0;3 , 0 m 4m d I; AB
0,25
I là trung ñiểm của AC và BD nên C 3; 1
2
−
và
7
D 0;
2
là hai ñiểm cần tìm 0,25
Mặt phẳng (P) ñi qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng : Ax + By + Cz = 0 với A2+B2+C2 > 0
( ) ( )P Q 5A 2B 5C 0 B 5(A C)
2
0,25
(P) tạo với (R) góc 45 nên o o
cos45
2
4
21A 18AC 3C 0
0,25
Chọn
A 7
= −
= ⇒
=
*) A= −1, C 1= ⇒ = ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là x-z=0 B 0
*) A 1, C 1 B 20
= = ⇒ = ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là x+20z+7z=0
0,25
VIIb
Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là x-z=0 hoặc x+20z+7z=0 0,25
1 2x− =a +a x+a x + + a x Tính tổng:
S= a +2 a +3 a + + 2014 a
1,0
Trang 6Ta có: ( 2013) 2 2013
x − x ′=a + a x+ a x + + a x
(1 2 )x 4026 (1 2 )x x a 2a x 3a x 2014a x
0,5
Nhận thấy: a x k k = a k (−x)k do ñó thay x = − vào cả hai vế của (*) ta có: 1
2213
0 2 1 3 2 2014 2013 1343.3