Mặt khác A’DCB’ là hình bình hành nên trung điểm I của A’C cũng chính là trung điểm của B’D.. Vậy MN và B’D cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường nên B’MDN là hình bình hành.. Vậy hình
Trang 1Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003
1)
Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ
⇔ tồn tại x0≠ sao cho 0 y x( )0 = − −y x( 0)
⇔ tồn tại x0≠ sao cho 0 x03−3x02+ = − −m ( x0)3− −3( x0)2+m
⇔ tồn tại x0≠ sao cho 0 3x02= m
0
m
⇔ >
2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2
Khi m= hàm số trở thành 2 y x= 3−3x2+ 2
Tập xác định : \
' 3 6 , ' 0
2
x
x
=
" 6 6 '' 0 1
y = x− y = ⇔ = x
"
y triệt tiêu và đổi dấu qua x= ⇒1 (1;0) là điểm uốn
Bảng biến thiên:
Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm (1; 0), (1± 3;0) và cắt trục tung tại điểm (0; 2)
1 điểm
0, 25 đ
0, 25 đ 0,25 đ 0,25 đ
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
x
y
O
2
2 1
−2
Trang 21) Giải phương trình: cotg tg 4sin 2 2 (1).
sin 2
x
Điều kiện: sin 0
(*)
cos 0
x x
≠
Khi đó (1) cos sin 4sin 2 2
ư
2
2cos 2x 4sin 2x 2
⇔ + = ⇔2cos 22 xưcos 2xư = 1 0
cos 2 1
1 cos 2
3 2
x k x
x
π
=
(k∈Z )
Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của (1) là π π ( ).
3
x= ± +k k∈Z
2) Giải hệ phương trình
2 2 2 2
2
3 (1)
2
3 (2)
y y x x x y
=
+
=
Điều kiện x≠0, 0y≠
Khi đó hệ đã cho tương đương với
2 2
2 2
2 2
x y y
= +
= +
TH1: 2 2
1 1
y
xy x
=
TH2: 2 2
xy x y
xy x
+ + =
= +
vô nghiệm, vì từ (1) và (2) ta có x y, >0
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x= =y 1
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1 điểm
0,25đ
0,5đ
0,25đ
1)
Vì G là trọng tâm ABC∆ và M là trung điểm BC nên
3 ( 1;3)
MA= MG= ư
JJJG JJJJG
(0; 2)
A
Phương trình BC đi qua M(1; 1)ư và vuông góc với ( 1,3)
MA= ư
JJJG
là: 1(ư xư +1) 3(y+ = ⇔ ư +1) 0 x 3y+ =4 0 (1)
Ta thấy MB MC MA= = = 10⇒ tọa độ ,B C thỏa mãn
phương trình: (xư1)2+(y+1)2=10 (2)
Giải hệ (1),(2) ta được tọa độ của ,B C là (4;0), ( 2; 2). ư ư
2)
Ta có A M' //=NC⇒A MCN' là hình bình hành,
do đó A C và MN cắt nhau tại trung điểm I của '
mỗi đường Mặt khác A’DCB’ là hình bình hành nên trung điểm I của A’C cũng chính là trung điểm của B’D Vậy MN và B’D cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường nên B’MDN là hình bình hành Do đó B’,
M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng
Mặt khác DM2 = DA2 + AM2 = DC2 + CN2 = DN2,
hay DM = DN Vậy hình bình hành B’MDN là hình thoi Do đó B’MDN là hình
1 điểm 0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
1 điểm
0,5đ
G
A
B
C
M
D’
A
C’
Trang 3vuông ⇔ MN = B’D ⇔ AC = B’D ⇔ AC2= B’D2 = B’B2 +BD2⇔ 3a2
= B’B2 + a2
⇔ BB’= a 2 ⇔ AA’= a 2
3)
Từ JJJGAC=(0;6;0) và A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do đó I(1; 3; 4)
Phương trình mặt phẳng (α) qua I và vuông góc với OA là : xư = 1 0
⇒ tọa độ giao điểm của (α) với OA là K(1; 0; 0)
⇒ khoảng cách từ I đến OA là IK = (1 1)ư 2+ ư(0 3)2+ ư(0 4)2 =5
0,5đ
1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y x= + 4ưx2
Tập xác định: [ư2; 2]
2
' 1
4
x
y
x
= ư
ư ,
2
2 2
0
4
x
≥
ư =
Ta có ( 2)y ư = ư2, y( 2) 2 2, = y(2) 2= ,
Vậy
[ 2;2]max y y( 2) 2 2
[ 2;2]min y y( 2) 2
ư = ư = ư
2) Tính tích phân
π
0
1 2sin
1 sin 2
x
x
ư
= +
∫
Ta có
1 2sin cos 2
1 sin 2 1 sin 2
ư
Đặt t= +1 sin 2x⇒dt=2 cos 2xdx
Với x= thì 0 t= với 1, π
4
x= thì t= 2 Khi đó
2 1
2
1 1ln | | 1ln 2.
1
dt
t
1 điểm
0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ
1 điểm
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
Ta có (1+x)n =C n0+C x C x1n + n2 2+ + C x n n n
(1+x dx)n = C n+C x C x n + n + + C x dx n n n
2
n
+
0 2 1 1 2 1 2 2 1 3 2
n
"
0,5 đ
0,5 đ
