Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II Phần I.. Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn 1.. Chương trỡnh Chuẩn.. ần CõuV Ia.
Trang 1
ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x= − 3 3x2 + 2.
• Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.=
• Sự biến thiên: y' = 3x2 − 6x. Ta có 0 0
2
x y'
x
=
0,25
• Bảng biến thiên:
x −∞ 0 2 +∞
y' + 0 − 0 +
y
2 +∞
−∞ − 2
0,25
• Đồ thị:
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-5
5
x y
0,25
b)
Biện luận số nghiệm của phương trình 2 2 2 1
−
=
−
−
x
m x
1
m
x
phương trình bằng số giao điểm của y=(x2 − 2x− 2) x− 1, C'( ) và đường
thẳng y m,x= ≠ 1.
0,25
1
f x khi x
f x khi x
>
nên ( )C' bao gồm:
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x= 1. + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x= 1 qua Ox.
0,25
Trang 2• hình
f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
-5
5
x y
0,25
• Dựa vào đồ thị ta có:
+ m< − 2: Phương trình vô nghiệm;
+ m= − 2: Phương trình có 2 nghiệm kép;
+ − < < 2 m 0: Phương trình có 4 nghiệm phân biệt;
+ m≥ 0: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
0,25
2) §å thÞ hµm sè y = (x2 − 2x− 2) x− 1 , víi x ≠ 1 cã d¹ng nh h×nh vÏ :
y = m
1+
1 2 m
Trang 3II
1) 1)
5
12
c π −x x=
2cos sin sin
5
π
¢
0.5 2.)
Giải hệ phương trình: log2 2 2 3log (82 2 2)
Điều kiện: x+y>0, x-y>0
Đặt: = −u x y v x y= + ta có hệ: 2 2 2 2
2
3 (2) 2
u v uv
u v uv
uv
Thế (1) vào (2) ta có:
2
4
uv
u v
=
+ =
(vì u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
0,25®
C©u III 1 Tính tích phân :
/4
2 /4
sin 1
x
x x
π
π
=
2
1 2 2
sin
1
x
x x
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1 =0, tích phân từng phân I được kết quả.2
0.5®
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1 =0, tích phân từng phân I được kết quả.2 0.5®
C©u IV :
A S
M
N
D H
Trang 4Tính thể tích hình chóp SBCMN
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có : BC AB BC BM
BC SA
⊥
Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đờng
cao
a a
−
Suy ra MN = 4
3
a
BM = 2
3
a
Diện tích hình thang BCMN là :
S =
2 4
3
a a
BM
Hạ AH ⊥BM Ta có SH⊥BM và BC ⊥(SAB) ⇒ BC ⊥ SH Vậy SH ⊥
( BCNM)
⇒ SH là đờng cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AM
SB = MS = 1
2 Vậy BM là phân giác của góc SBA ⇒SBHã = 30 0 ⇒ SH = SB.sin300 = a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 .( )
3SH dtBCNM = 10 3 3
27
a
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng :
Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2
4
a bc b ca c ab
+ +
+ +
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
+ +
a
a b a c
+ + ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
0,25đ
0,25đ
Trang 5Tơng tự
b
b c b a
c a c b
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
0,25đ
0,25đ Phần B (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II)
Phần I (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn)
1 Chương trỡnh Chuẩn.
ần
CõuV
Ia
(1,0)
1(1
AB⊥CH nờn AB: x y+ + = 1 0.
Giải hệ: 2 5 0
1 0
x y
x y
+ + =
+ + =
ta cú (x; y)=(-4; 3).
Do đú: AB∩BN = −B( 4;3).
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A' ∈BC
- Phương trỡnh đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): x− 2y− = 5 0 Gọi I = ( )d ∩BN Giải hệ:
2 5 0
x y
x y
+ + =
− − =
Suy ra: I(-1; 3)⇒ A'( 3; 4)− −
+ Phương trỡnh BC: 7x y+ + 25 0 = Giải hệ: 7 25 0
1 0
x y
x y
− + =
Suy ra: ( 13; 9)
4 4
C − −
( 4 13 / 4) (3 9 / 4)
4
7 1
d A BC + − +
Suy ra: 1 ( ; ). 1.3 2. 450 45.
ABC
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Câu
VIIA 1) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: u1
ur
(4; - 6; - 8)
uuur2( - 6; 9; 12)
+) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2
Vậy d1 // d2
0,25đ
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là nr = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2) uuurAB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng ⇒ I là giao điểm của A1B và d
Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1 Tìm đợc H 36 33 15; ;
29 29 29
0,25đ
A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95; ; 28
29 29 29
I là trung điểm của A’B suy ra I 65; 21; 43
29 58 29
0,25đ
I
A
B
A1
A
H
N
Trang 6
CõuVIIa
(1,0)
Cõu VII a (1 điểm): Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức C:
2
2
z
z − +z + + =z (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm của phơng trình (1) vậy z≠ 0
Chia hai vế PT (1) cho z2 ta đợc : ( 0
2
1 )
1 ( )
1 2
2 + − − + =
z
z z
Đặt
t=z-z
1
Khi đó 2 = 2 + 12 − 2
z z
2
2 + = +
z z
Phơng trình (2) có dạng : t2-t+ 0
2
5 = (3)
2 9 9 2
5 4
1 − = − = i
=
∆
PT (3) có 2 nghiệm t=
2
3
1 + i
,t=
2
3
1 − i
0.25đ
Với t=
2
3
1 + i
2
3 1
1 = + ⇔ 2 − + − =
z
Có ∆ = ( 1 + 3i) 2 + 16 = 8 + 6i= 9 + 6i+i2 = ( 3 +i) 2
PT(4) có 2 nghiệm : z= + i + +i = 1 +i
4
) 3 ( ) 3 1 (
,z=
2
1 4
) 3 ( ) 3 1 ( + i − +i =i−
0.25đ
Với t=
2
3
1 − i
2
3 1
=
−
−
−
⇔
−
=
z
Có ∆ = ( 1 − 3i) 2 + 16 = 8 − 6i= 9 − 6i+i2 = ( 3 −i) 2
PT(4) có 2 nghiệm : z= − i + −i = 1 −i
4
) 3 ( ) 3 1 (
,z=
2
1 4
) 3 ( ) 3 1 ( − i − −i = −i−
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=
2
1
−
i
; z=
2
1
−
Phần II
Câu VIb 1)
Ta có: d1 ∩ d2 = I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
=
=
⇔
=
−
+
=
−
−
2 / 3 y
2 / 9 x 0
6
y
x
0
3
y
x
Vậy
2
3
; 2
9 I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒ M = d1 ∩ Ox
Suy ra M( 3; 0)
0,25đ
2
3 2
9 3 2 IM 2
AB
2 2
=
+
−
=
=
2 3
12 AB
S AD 12
AD AB
Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d1 ⇒ d1 ⊥ AD
Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT:
0 3 y x 0 ) 0 y
(
1
)
3
x
(
1 − + − = ⇔ + − = Lại có: MA=MD= 2
0,25đ
Trang 7Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
= +
−
=
− +
2 y
3 x
0 3 y x
2 2
±
=
−
−
=
⇔
=
− +
−
+
−
=
⇔
= +
−
+
−
=
⇔
1 3 x
x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x
3 x y 2 y 3
x
3 x
y
2 2
2 2
=
=
⇔
1
y
2
x
hoặc
−
=
=
1 y
4 x Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ
2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra:
=
−
=
−
=
=
−
=
−
=
2 1 3 y y y
7 2 9 x x x
A I C
A I C
Tơng tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25đ
CõuVIb
(1,0)
2.a) Các véc tơ chỉ phơng của D1 và D2 lần lợt là uur1( 1; - 1; 2)
và uuur2( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0) ∈ D1; N( 2; 3; 0) ∈ D2
0,25đ
Xét u uur uur uuuur1 ; 2 .MN = - 10 ≠ 0
Vậy D1 chéo D2
0,25đ
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) ∈ D1 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈ D2
1 2
0 0
AB u
AB u
=
uuurur uuur uur ⇒
1 3 ' 0
t t
= −
=
⇒ A 5 4; ; 2
3 3 3
; B (2; 3; 0)
Đờng thẳng ∆qua hai điểm A, B là đờng vuông góc chung của D1 và D2
Ta có ∆:
2
3 5 2
z t
= +
= +
=
0,25đ
0,25đ
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đờng kính có dạng:
0,25đ
CõuVIIb
2009 0 1 2009 2009
2009 2009 2009 (1 ) +i =C +iC + + i C
2009 2009 2009 2009 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
Thấy: 1( )
2
S = A B+ , với
2009 2009 2009 2009 2009 2009
A C= −C +C −C + −C +C
2009 2009 2009 2009 2009 2009
B C= +C +C +C + C +C
+ Ta cú: (1 ) +i 2009 = + (1 )[(1 ) ]i +i 2 1004 = + (1 ).2i 1004 = 2 1004 + 2 1004i
Đồng nhất thức ta cú A chớnh là phần thực của (1 ) +i 2009 nờn
1004 2
A=
2009 2009 2009 2009 (1 +x) =C +xC +x C + + x C
2009 2009 2009 2009 2009 2009
C +C + +C =C +C + +C Cho x=1 ta cú:
2009 2009 2009 2009 2009 2009 (C +C + + C ) ( + C +C + + C ) 2 = .
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Trang 8Suy ra:B= 2 2008
+ Từ đó ta có: 1003 2007
