SỞ GDðT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI D NĂM HỌC 2012-2013 (Thời gian làm bài 180 phút) (ðáp án gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung ðiể m 1 Cho hàm số: 3 2 y x 3x 2 = − + (1) 2,0 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số 3 2 y x 3x 2 = − + 1,0 * Tập xác ñịnh: .R * Sự biến thiên: + Giới hạn: ( ) 3 2 x x x lim y lim x 3x 2 ,lim y →−∞ →−∞ →+∞ = − + = −∞ = +∞ . 0,25 + Bảng biến thiên: 2 x 0 y 3x 6x 3x(x 2), y 0 x 2 =  ′ ′ = − = − = ⇔  =  Bảng biến thiên: x ∞ − 0 2 ∞ + y ′ + 0 - 0 + y 2 ∞ + ∞ − -2 0,25 + Hàm số ñồng biến trên khoảng ( ) ;0 −∞ và ( ) 2; +∞ . Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 . + Hàm số ñạt cực ñại tại Cð x 0, y y(0) 2 = = = ñạt cực tiểu tại CT x 2, y y(2) 2 = = = − 0,25 I 1 * ðồ thị : ðồ thị cắt trục tung tại ñiểm (0; 2), cắt trục hoành tại ba ñiểm phân biệt. Ta có y 6x 6;y 0 x 1 ′′ ′′ = − = ⇔ = y ′ ′ ñổi dấu khi x qua x = 1. ðồ thị nhận ñiểm uốn I (1; 0) làm tâm ñối xứng. 0,25 2 Tìm m ñể hàm số có cực trị 1,0 Ta có 2 y 3x 6x m ′ = − − . Hàm số có cực ñại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình y 0 ′ = có hai nghiệm phân biệt 1 2 x ;x (y’ ñổi dấu khi x ñi qua hai nghiệm ñó) 9 3m 0 m 3. ′ ⇔ ∆ = − > ⇔ < (*) 0,25 3 1 O 2 -1 -2 2 x y Chia ña thức y cho y ′ , ta ñược: x 1 2m m y y . 2 x 2 3 3 3 3     ′ = − − + + −         . Vì 1 2 y (x ) 0;y (x ) 0 ′ ′ = = nên phương trình ñường thẳng ( ) ∆ qua hai ñiểm cực ñại, cực tiểu là: 2m m y 2 x 2 3 3   = − + + −     0,25 ( ) ∆ có hệ số góc là 2m k 2 3 = − − . ( ) ∆ tạo với hai trục tọa ñộ một tam giác cân nên ( ) ∆ vuông góc với ñường thẳng y=x hoặc y=-x ( ) 2m 3 2 1 m 3 2 2m 9 2 1 m 3 2   − − = − = −   ∆ ⇔ ⇔     − − = = −     0,25 I 2 Kết hợp (*) suy ra 3 9 m ;m 2 2 = − = − là giá trị cần tim 0,25 1 2 2 4 5 1 9 cos x cos x cos x 1 3 3 2 2 π π  π        + + + = − +                 1,0 8 10 1 cos 2x 1 cos 2x cos x 1 3 3 2 π π π       ⇔ + + + + + = − +             0,25 2 2 2cos 2x.cos sin x 1 3 2 cos 2x sin x 1 0 π ⇔ + = + ⇔ − − − = 0,25 2 2sin x sin x 0 x k sin x 0 51 x k2 ;x k2 sin x 6 6 2 ⇔ − = = π =     ⇔ ⇔ π π   = + π = + π =   ( ) k ∈ Ζ 0,25 Vậy phương trình ñã cho có nghiệm: 5 x k ;x k2 ;x k2 6 6 π π = π = + π = + π , ( ) k ∈ Ζ 0,25 2 Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 2013 2 2 x 2013 y log x xy x y x 2y 2013 log y x 2y y x 1 2x 2y 2013  + + + − + =   + − − − + =   1,0 ðiều kiện: 2013 2 2 2013 0 x, y 1 x xy x y x 2y 0 y x 2y y x 1 2x 2y 0  < ≠  + + + − + >   + − − − + >  (*) Hệ phương trình ñã cho tương ñương với: 2013 2 2 2013 2 2 2013 2013 x xy x y x 2y x xy x y x 2y 0 y x 2y y x 1 2x 2y y x 2y y x 1 2x 2y 0   + + + − + = + + − + =   ⇔   + − − − + = − − − + =     ( ) ( ) 1 2 0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 1 x xy 2xy y x y 0 x y x 2y 1 0 ⇔ + − + − + = ⇔ + − − = x 2y 1 0 ⇔ − − = (Do 0 x y + > ) x 2y 1 ⇔ = + 0,25 Thay vào (2) ta có ( ) ( ) 2y 1 2y y 2y 2 2y 1 2y + − = + − ( ) ( ) ( ) ( ) 2y y 1 2 y 1 y 1 2y 2 0 ⇔ + = + ⇔ + − = y 2 ⇔ = (Do y>0) 0,25 II Với y 2 x 2y 1 5 = ⇒ = + = . Kết hơp (*) hệ ñã cho có nghiệm (x, y) là (5, 2) 0,25 Tính tích phân: 2 1 x x 1 dx x 5 − − ∫ 1,0 ðặt : 2 2 t x 1 t x 1 x t 1 dx 2tdt = − ⇔ = − ⇔ = + ⇒ = 0,25 ðổi cận: x 1 t 0 = ⇒ = x 2 t 1 = ⇒ = Khi ñó ( ) 2 2 1 2 1 0 t 1 t x x 1 dx 2tdt x 5 t 4 + − = − − ∫ ∫ 0,25 1 ` 1 2 3 2 0 0 0 40 2 1 1 2t 10 dt t 10t 10 dt t 4 3 t 2 t 2       = + + = + + −       − − +       ∫ ∫ 0,25 III 1 1 3 0 0 2 t 2 32 1 t 10t 10.ln 10.ln 3 t 2 3 3 −   = + + = +   +   0,25 Tính thể tích của khối chóp theo a 1,0 B A C S H M N Kẻ SH BC ⊥ . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của S lên AC, AB, từ giả thiết suy ra: o SMH SNH 60 SHM SHN HM HN ∠ = ∠ = ⇒ ∆ = ∆ ⇒ = 0,25 Ta có ( ) ( ) o 3 3 a a a 3 BC a; ABC 60 AB ;AC= HM AB AC AB.AC HM 2 2 4 − = ∠ = ⇒ = ⇒ + = ⇒ = 0,25 ( ) o 3 1 a SH HM.tan 60 4 − ⇒ = = mà 2 ABC 1 a 3 S AB.AC 2 8 ∆ = = . 0,25 IV Vậy ( ) 3 S.ABCD ABC 3 3 a 1 V .SH.S 3 32 ∆ − = = (ñvtt) 0,25 Chứng minh rằng: 2 2 2 3 x y z 4 + + ≥ . 1,0 Ta có: ( ) ( ) xyz 1 x y z xy yz zx xyz = − + + + + + − ( ) xy yz xz 2xyz 1 x y z ⇔ + + = − + + + Mà: ( ) ( ) 2 2 2 2 x y z x y z 2 xy yz xz + + = + + + + + ( ) ( ) 2 2 2 2 x y z 2 2 x y z x y z 4xyz ⇔ + + = − + + + + + − 0,25 Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy ta ñược ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 x y z x y z xyz x y z 2 2 x y z x y z 4 3 3 + + = +     ≤ ⇒ + + ≥ − + + + + + −         0,25 ðặt ( ) t x y z, 0 t 3 = + + < < . Ta có: 3 2 2 2 2 4t x y z 2 2t t 27 + + ≥ − + − Xét hàm số: ( ) 3 2 4t f t 2 2t t 27 = − + − trên (0;3) ta có: ( ) ( ) 2 3 t 4t f ' t 2 2t ;f ' t 0 2 9 t 3  =  = − + − = ⇔  =  + Bảng biến thiên: x 0 3 2 3 y’ - + y 3 4 0.25 V suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 3 2 4t f t 2 2t t 27 = − + − trên (0;3) là 3 4 ñạt ñược khi t= 3 2 Vậy 2 2 2 3 x y z 4 + + ≥ . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 1 x y z 3 = = = 0,25 1 Tính diện tích …. 1,0 Gọi B, C là hai ñỉnh còn lại của tam giác ñều thì B(-m; n), C(m, n). Tam giác ABC ñều nội tiếp elip (E) 2 2 2 2 2 1 16 4 4 4 4 m n m m n n  + =  ⇔   = + − +  0,25 2 2 2 2 2 22 4 16 13 4 44 0 13 3 4 4 2 m n n n n m n n n   + = = −   ⇔ ⇒ − − = ⇔   = − +   =  0,25 n 2 = loại vì A B C ≡ ≡ . Với 16 3 m 13 n 2 16 3 m 13  =   = ⇒  = −   0,25 ( ) 2 2 ABC 1 3 1 3 768 3 S AB . 2m 2 2 2 2 169 ∆ = = = (ñvdt) 0,25 2 Tìm tọa ñộ ñiêm Q… 1.,0 Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I là trung ñiểm MP và NQ 7 5 I ;3; 2 2 −   ⇒     Giả sử ( ) N a;b;c , ( ) N : x y z 6 0 a b c 6 0 ∈ α + − − = ⇒ + − − = (1) 0,25 VIa MNPQ là hình vuông MNP ⇒ ∆ vuông cân tại N      = = ⇔ 0. PNMN PNMN ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 a 5 b 3 c 1 a 2 b 3 c 4 a 5 a 2 b 3 c 1 c 4 0  − + − + + = − + − + +  ⇔  − − + − + + + =   0,25 ( )( ) ( ) ( )( ) 2 a c 1 0 a 5 a 2 b 3 c 1 c 4 0 + − =   ⇔  − − + − + + + =   ( ) ( ) 2 3 Từ (1) và (2) suy ra b 2a 7 c a 1 = − +   = − +  Thay vào (3) ta có 2 a 5a 6 0 − + = a 2;b 3;c 1 a 3;b 1;c 2 = = = −  ⇒  = = = −  hay ( ) ( ) N 2;3; 1 N 3;1; 2 −   −   0,25 Nếu N(2; 3;-1) thì Q(5; 3; -4). Nếu N(3; 1;-2) thì Q(4; 5; -3). Vậy……. 0,25 Giải phương trình: x 2 1 log 8.log x 1 0 + + = (1) 1,0 ðiều kiện : x 0 x 1 1 log 8 0 < ≠    + ≥   (*) (1) x 2 1 log 8.log x 1 ⇔ + = − (2). Từ (2) 2 log x 0 ⇒ < 0,25 Kết hợp với (*), cả hai vế của pt (2) ñều âm nên bình phương hai vế ta có: ( ) 2 2 2 x 2 2 2 2 2 3 1 1 log 8 log x 1 1 . .log x 1 2log x 3log x 2 0 2 log x   + = ⇔ + = ⇔ + − =     0,25 2 2 1 log x 2 x 4 1 log x x 2 2  = −  =   ⇔ ⇔   = =    0,25 VII.a Kết hợp (*) suy ra phương trình ñã cho có nghiệm là 1 x 4 = 0,25 1 Lập phương trình mặt cầu (S) 1,0 B AB BC = ∩ ⇒ Tọa ñộ B là nghiệm của hệ: ( ) 2x y 1 0 B 1; 1 x 4y 3 0 + − =  ⇒ −  + + =  0,25 Giả sử AC n  ( ) a;b = 2 2 (a b 0) + > là véc tơ pháp tuyến của ñường thẳng AC Lại có ( ) ( ) 2;1 , 1;4 AB BC n n= =   tương ứng là véc tơ pháp tuyến của AB, BC. cos B cos C = . . . . AB BC AC BC AB BC AC BC n n n n n n n n = =         0,25 2 2 2 2 2 4 2a b 31a 40a 44b 0 5. 17 a b . 17 + + ⇔ = ⇔ − − = + . Chọn a 2 b 1 22 a 31 =   = ⇒ −  =  a 2;b 1 = = loại vì (2; 1) là vtpt của AB 0,25 Suy ra AC n  = 22 ;1 31 −       . Phương trình ñường cao ñi qua ñỉnh B là 31x 22y 9 0 + − = 0,25 2 Tìm toạ ñộ ñỉnh Q 1,0 Gọi r là bán kính ñường tròn giao tuyến, ta có 8 2 r r 4 π = π ⇔ = 0,25 ( ) 2 2 2 2 4 3 5 8 d d I;(P) 3 2 2 1 + − + = = = + + 0,25 VIIb ⇒ Bán kính mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 8 208 R r d 4 3 9   = + = + =     0,25 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 208 x 1 x 2 x 3 9 − + − + + = 0,25 Giải phương trình ( ) ( ) x x 2012 2013 log e 2011 log 2012 2 + + π + ≤ (1) 1,0 Xét hàm số ( ) ( ) ( ) x x 2012 2013 f x log e 2011 log 2012 = + + π + ( ) ( ) ( ) x x x x e ln f ' x 0 e 2011 ln 2012 2012 ln 2013 π π = + > ⇒ + π + f(x) là hàm ñồng biến 0,5 VIIb Mà ( ) f 0 2 = nên bất phương trình ( ) ( ) f x f 0 x 0 ≤ ⇔ ≤ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( ] S ;0 = −∞ 0,5 . ñó ( ) 2 2 1 2 1 0 t 1 t x x 1 dx 2tdt x 5 t 4 + − = − − ∫ ∫ 0,25 1 ` 1 2 3 2 0 0 0 40 2 1 1 2t 10 dt t 10t 10 dt t 4 3 t 2 t 2       = +. y) là (5, 2) 0,25 Tính tích phân: 2 1 x x 1 dx x 5 − − ∫ 1,0 ðặt : 2 2 t x 1 t x 1 x t 1 dx 2tdt = − ⇔ = − ⇔ = + ⇒ = 0,25 ðổi cận: x 1 t 0 =