ĐÁP ÁN ĐỀ 2
TXĐ D = R \ { }1
y’ = - ( 1)2
2
−
x < 0 với mọi x∈D ⇒hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1; +∞)
Hàm số không có cực trị
0.25
1
±∞
→
x
y ⇒ y = 1 là tiệm cận đứng +∞
= +
→ 1
lim
x
−
→ 1
lim
x
y ⇒ x = 1 là tiệm cận cận đứng
0.25
Bảng biến thiên :
x -∞ 1 +∞
y’ - -
y 1 +∞
-∞ 1
0.25 Đồ thị : đi qua các điểm (0; -1), ( -1; 0) , (2; 3) , ( 3; 2) 0.25
b Phương trình tiếp tiếp tuyến của đồ thị( C) tại điểm M(x0; y0) là y = - 2 0 0 2 0 2 0 ( 1) 1 2 ) 1 ( 2 − − + + − x x x x x 0.25 Giao điểm của tiếp tuyến với các tiệm cận là A(1; 1 3 0 0 − + x x ) và B( 2x0 - 1; 1) 0.25 IA = 4 1 0 − x ; IB = 2 x0 −1 0.25 SIAB = 2 1 IA.IB = 4 Vậy diện tích tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc điểm M 0.25 Câu II 2đ 3(sin32 x - cos32 x ) = 2cosx + 2 1 sin2x ⇔
3(sin 2 x - cos 2 x )( 1+ sin 2 x cos 2 x ) = 2cosx + sinx.cosx ⇔ 3(sin 2 x - cos 2 x )( 2+ sinx) = 2cosx(2 + sinx) 0.25 ⇔
( 2+ sinx) (sin 2
x
- cos 2
x
)( 3 + 2sin 2
x
+ 2cos 2
x
⇔
= +
+
=
−
= +
0 2 cos 2 2 sin 2 3
0 2
cos 2 sin
0 sin 2
x x
x x
x
0.25
• sinx + 2 = 0 vô nghiệm
4 2 sin(
2 0 2
cos 2
π
−
⇔
=
x
= 0 ⇔x = π 2π
Hpt đã cho tương đương với hệ :
= +
− +
−
= +
−
1 )
(
1 )
xy y x xy y x
y x y x
0.25
Trang 2Đặt u = x – y , v = xy thì ta có hpt
= + +
= +
1
1 2 2
uv v u
v u
⇔
= + +
=
− +
1
1 2 )
uv v u
uv v
u
Dặt S = u+ v và P = u.v Với S2- 4P ≥0 ta có hệ pt :
= +
=
− 1
1 2 2
P S
P S
⇔
−
=
=
−
S P
P S
1
1 2 2
⇔ S S ==1−vàP3vàP==04(loai)
0.25
Với S = 1 và P = 0 Ta tìm được u = 0 và v = 1 hoặc u = 1 và v = 0 0.25 Với u = 0 và v = 1 ta có hệ pt
=
=
− 1
0
xy
y x
⇔x = y = ±1
Với u = 1 và v = 0ta có hệ pt
=
=
− 0
1
xy
y x
=
=
−
=
=
0 1 1 0
y x y x
Vậy hệ pt có nghiệm (1; 1), (-1;-1) , ( 0; -1) , ( 1; 0)
0.25
Phương trình hoành độ giao điểm :
x = 2 – x2 ⇔ x2 + x - 2 = 0
⇔
−
=
= 2
1
x
x
⇔ x x==1−1
0.25
S =∫
−
+
− 1
1
2
2 x dx
−
+
− 1
1
2) 2
= ∫ ∫
−
+
− + +
−
− 0
0
1
0
2
) 2
0.25
2 3
2
) 3
2 2
3
0 0
1
x x x
x x x
+
− +
−
−
0.25
=
3
7
0.25
Dựng SH ⊥ CD và SK ⊥BC ta có
SHA∧ =SKA∧ =β
và SH = SK =
α sin
a
D H C
0.25
Gọi x là cạnh của hình thoi Ta tính được x =
α
β sin
cot
a
0.25 Sxq = 2SSDC + 2SSAB = SH.DC + SA.SB = )
sin
1 1 ( sin
cot 2
β
αβ +
a
0.25 VS.ABCD = S ABCD.SA
3
1
=
α
β sin 3
cot 3
a
0.25
3 3
4
x y
A
K
B S
Trang 3Đặt x + y + z = a Khi đó ( )3 3 ( )3 3 ( )
(với t = z
a, 0≤ ≤t 1)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t∈[ ]0;1 Có
9
f t = t − −t f t = ⇔ = ∈t
Lập bảng biến thiên
0.25
( )
[ ] 0;1
64 inf
81
t
∈
Đường tròn (C) có tâm I(2; 2) và bán kính R = 2 y
Tọa độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của hệ phương trình M
= +
−
− +
=
− +
0 4 4 4
0 2 2
x
y x
=
=
=
=
0 2 2 0
y x y
x
B
⇒(C) cắt d tại hai điểm A(2; 0) và B(0; 2)
0.25
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB thì
SMAB =
2
1 AB.MH mà AB không đổi nên SMAB đạt GTLN ⇔ MH đạt GTLN
⇔
>
∆
∩
= 2
) (
M
x
C M
với ∆ y = x
⇔
>
=
= +
−
− + 2
0 4 4 4 2 2
x
x y
y x y x
⇔x = y = 2 + 2
0.25
Mặt phẳng (P) có VTPT n = (2; -1; -5).
Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d với d1và d2 thì
A(-1+2t; 1+3t; 2+t) và B(2+t’; -2+5t’; -2t’)
⇒ AB = (3 + t’- 2t; - 3 + 5t’-3t; -2 - 2t’- t)
0.25
⇔
5
' 2 2 1
3 ' 5 3 2
2 ' 3
−
−
−
−
=
−
+ +
−
=
−
⇔
=
−
=
−
13 14 ' 27
3 8 ' 11
t t
t t
⇔t = t’ = 1 ⇒ A(1; 4; 3) và B(3; 3; -2)
0.25
Đường thẳng d đi qua A(1; 4; 3) và có VTCP AB = (2; -1; -5) nên d có phương trình:
x = 1 + 2t, y = 4 – t; z = 3 – 5t
0.25
Số phần tử của không gian mẫu n(Ω) = C5
Gọi A là biến cố “ 5 viên bi lấy ra có nhiều nhất 2 bi trắng thì ta có các trường hợp sau:
- 0 bi trắng và 5 viên bi còn lại, số cách chọn là: C0
5.C5
10= 252
- 1 bi trắng và 4 viên bi còn lại, số cách chọn là: C15.C104 = 1050 0.25
x O
H A(2;0) I
Trang 4- 2bi trắng và 3 viên bi còn lại, số cách chọn là: C2
5.C3
10 = 1200
p(A) =
) (
) ( Ω
n
A n
= 1001
Trang 5Đường cao AH: 3x – 4y + 27 = 0 ; phân giác CD : x + 2y – 5 = 0 A
BC⊥AH nên BC : 4x + 3y – 5 = 0.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt
=
− +
=
− +
0 5 2
0 5 3 4
y x
y x
D ⇒ C(-1; 3)
B C
H
0.25
Đường thẳng AC đi qua C nên phương trình đường thẳng AC
Có dạng : a(x + 1) + b(y – 3) = 0 với a2 + b2 ≠ 0
⇒ ax + by + a - 3b = 0
CD là đường phân giác trong của góc C nên ta có
cosBCD = cos∧ CDA ∧ ⇔
2 2 5
2 5
5
2 3 1 4
b a
b a
+
+
=
+
⇔2 a2 +b2 = a 2+ b
0.25
⇔3a2 – 4ab = 0 ⇔
=
=
b a
a
3 4 0
Với a = 0 ta có phương trình đường thẳng AC : y – 3 = 0
Với a = b
3
4
ta có AC : 3x + 4y -5 = 0 ( loại vì trùng với đt BC)
0.25
Gọi M(1 – t; 2t ; -2 + t) ∈d1 và N(t’; 1 + 3t’; -1 – t’)∈d2
MN = (t’ + t – 1; 3t’ – 2t + 1; -t’ – t + 3)
D1 có VTCP u = (-1; 2; 1) ; d2 có VTCP v = (1; 3; -1)
0.25
MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 ⇔
=
= 0
0
v MN
u MN
⇔
=
−
−
= +
−
0 1 4 ' 11
0 3 3 ' 2
t t
t t
⇔t’ = 3/5 và t = 7/5
0.25
Mặt cầu đường kính MN có tâm I(1/10; 14/5; -1/10) và bán kính R =
2
2
(x -
10
1 )2 + (y -
5
14 )2 + (z -
5
2 )2 = 2
Ta có (1 + x + x2)12 = [(1 + x) + x2 ]12
= C0
12(1+x)12 + C1
12(1+x)11.x2 +…+ Ck
12(1+x)12-k.x2k + …+ C12
12x24 0.25 (1 + x + x2)12 = C0
12( C0
12x12 + C1
12x11+…+ C8
12x4 +…+ C12
12) + C1
12x2(C0
11x11+ C1
11x10 + C2
11x9 +…+ C9
11x2 + + C11
11) + C2
12x4(C0
10x10 +…+ C10
Vậy a 4 = C0
12.C8
12 + C1
12.C9
11 + C2
12.C1010 = 1221. 0.25
