Khi đó tâm O của đường tròn ngoại tiếp ∆BMC chính là giao điểm của AN trung trực của BC và đường thẳng đi qua H, song song với AC trung trực của BM = 600 Theo giả thiết SO⊥ ABC nên góc [r]
Trang 1ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; Khối A và khối A1
I
(2,0
điểm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
1
x y x
=
− TXĐ: \ 1 ,{ } ' 1 2 0,
( 1)
x
− ℝ
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;1) và (1;+ ∞ )
0,25
Giới hạn và tiệm cận:
lim ; lim
→ = +∞ → = −∞ ; tiệm cận đứng x = 1
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị
0,25
2 Tìm m để đường thẳng ( ) : d y=mx m − − cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho 1
AM +AN đạt giá trị nhỏ nhất với ( 1;1)A −
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C)
1 1
x
mx m
−
⇔ − + + = (do x = 1 không phải là nghiệm của (*))
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm
phân biệt Điều này chỉ xảy ra khi 0 0
m
m m
≠
⇔ <
∆ = − >
0,25
Gọi I là trung điểm của MN thì (1; 1) I − và 2 2 2 2 2 16 2
Ta có | | 2 ' 2
| | | |
m
2
| |
m
m
−
( M N) ( M N) 4
m
−
0,25
Do m < 0 nên theo bất đẳng thức Cauchy: 1 m 2
x y’
y
1
−∞
−1
x
y
0
Trang 2Từ đó 2 2 1
m
−
và Tmin =20 đạt được khi m = −1 (thỏa
m < 0)
Ghi chú: Có thể tính trực tiếp T =AM2+AN2 thông qua
2 1
M N
m
m
=
1
y =mx − − , m y N =mx N− − m 1
II
(2,0
điểm)
1 Giải phương trình 5 cos 2 2 cos
3 2 tan
x
x x
+
=
Đk:
3 tan
2 cos 0
x x
(*)
Phương trình đã cho tương đương với
5 cos 2 6 cos 4 sin 5 cos sin 6 cos 4 sin
0,25
cos 3 sin 2 cos sin 5 (1)
cos 3 sin 2 cos sin 1 (2)
+ Phương trình (1) vô nghiệm vì cos sin 2 cos 2 5,
4
+ Phương trình (2) tương đương 2 sin( ) 1 sin( ) sin
2
2 2
k
π
=
= +
ℤ
So với điều kiện (*) ta chỉ nhận họ nghiệm x=k2π (k∈ ℤ )
0,25
4 8+ x+ 12 8− x = −1 2x
2 x 2
− ≤ ≤ (*) Đặt 1 2 2 2, 1 3;
2 2
t= − x⇒ − ≤ ≤ ∀ ∈ −t x
Phương trình đã cho trở thành ( ) 2
[ 2; 2]
t
∀ ∈ − ta có
2 4
2
2− +t 2+t = +4 2 4−t ≥ ⇒4 2 2− +t 2+t ≥ 4 0,25
Do đó phương trình chỉ có nghiệm khi t = ± 2
− = ± ⇔ = − = (thỏa (*))
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 1; 3
0,25
III
(1,0
điểm) Tính tích phân
2
0
2 ln(1 cos ) sin cos
π
Đặt t= +1 cosx⇒dt= −sinxdx
2
x= ⇒ =t x=π ⇒ = t
Suy ra
2 ( 1) ln ( ) 2 ( 1) ln
0,25
Trang 3Lại đặt ln ; ( 1)
2
t
Suy ra
2
2 2
1
1 2
t
= − − =
IV
(1,0
điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a, M là trung điểm của AB, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác
BMC, góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Gọi N, H lần lượt là trung điểm của BC và MB Khi đó tâm O của đường tròn ngoại tiếp
∆BMC chính là giao điểm của AN (trung trực của BC) và đường thẳng đi qua H, song
song với AC (trung trực của BM)
Theo giả thiết SO⊥ (ABC) nên góc giữa SB với mp(ABC) là 0
60
SBO =
Ta có ∆HAO vuông cân tại H 3 3
a
0,25
∆BHO vuông tại H có
2 2
.tan 60
4
a
Từ đó thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi
3
a
0,25
Có SO (ABC) SH AB
⊥
2 2
2
SAB
a
0,25
Suy ra khoảng cách từ điểm C đến mp(SAB) được tính bởi
13
SAB
h
S
V
(1,0
điểm)
Cho ba số thực x, y, z thuộc khoảng (1; +∞) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Viết lại P về dạng
P
Xét
1
P
M
N A
B
C
S
H
O
Trang 4Với hai số thực u, v dương và 2 số thực a, b tùy ý, ta luôn có bất đẳng thức đúng:
2 2 2 2 2
(av bu− ) ≥ ⇔0 a v +b u ≥2abuv
+
+ (1) Đẳng thức ở (1) chỉ xảy ra khi a b
u = v
Đặt t = x + y ; t > 2 và áp dụng (1) ta được
2 2 1
P
+
Lại theo bất đẳng thức Cauchy:
2
4
t t
t = − +t + ≥
Suy ra P ≥ , đẳng thức chỉ xảy ra khi 1 8 1 1 2
4
+ =
0,25
Lập luận tương tự cho
2
P
− − và
3
P
− − ta suy ra Pmin =24 đạt được
khi x = y = z = 2
0,25
VI.a
(2,0
điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB: 2x+ − = , y 1 0 phương trình AC: 3x+4y+ = và điểm 6 0 M(1; 3)− nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn
3MB=2MC Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC
Từ giả thiết ta có (2; 3)A − , ( ; 1 2 )B b − b và 4 2;
3
c
Do M, B, C thẳng hàng và 3MB = 2MC, nên có 2 trường hợp:
Suy ra 11; 17 , 14; 18
0,25
TH2:
5
5
M
M
x
y
+
Suy ra (3; 5), ( 2; 0)B − C −
0,25
Từ đó: TH1 cho ta 7; 10
và TH2 cho ta
8 1;
3
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(−2; 2; −2), B(0; 1; −2) và C(2; 2; −1) Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và cắt các trục y’Oy, z’Oz theo thứ tự tại
M, N khác với gốc tọa độ O sao cho OM = 2ON
Từ giả thiết ta có M(0; m; 0) và N(0; 0; n) trong đó m.n ≠ 0 và m = ± 2n 0,25
Gọi n
là vector pháp tuyến của (P) thì do (P) // BC và (P) đi qua M, N nên
(2;1;1)
n⊥BC= và n⊥MN=(0;−m n; ) ⇒ ta có thể chọn n= BC MN,
TH1: Nếu m = 2n thì (P) là mp đi qua A(−2; 2; −2) và nhận vtpt
, (3 ; 2 ; 4 )
n=BC MN = n− n − n ⇒ pt của (P): 3x − 2y − 4z + 2 = 0 0,25
TH2: Nếu m = −2n thì (P) là mp đi qua A(−2; 2; −2) và nhận vtpt
, ( ; 2 ; 4 )
n=BC MN= − −n n n
⇒ pt của (P): x + 2y − 4z −10 = 0 TH này loại vì khi đó (P) chứa BC
Vậy pt(P): 3x − 2y − 4z + 2 = 0
0,25
Trang 5VII.a
(1,0
điểm)
Cho x là số thực dương Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của biểu thức
2 n
x
x
, biết rằng
A =C − +C − + n+ (n ∈ ℕ và * A , n k C theo thứ tự là số chỉnh hợp, số tổ n k
hợp chập k của n phần tử)
Xét phương trình 2 n 2 n1 4 6
ĐK: n∈ℕ*,n≥2 Phương trình tương đương với
1 4 6
n
A =C +− + n+ ⇔ ( 1) ( 1)! 4 6
2!( 1)!
n
n
+
0,25
( 1)
12 2
n
n n
n
= −
+
So với ĐK ta nhận n = 12 0,25
Với n = 12 ta có số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Newton của :
12
2
x x
là
T k +1 =
24 3
2
x
−
0,25
T k +1 không chứa x khi , k 12 8
24 3 0
k k
⇔ =
Vậy số hạng không chứa x là T9 = 8 8
122 126720
0,25
VI.b
(2,0
điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) : d x− − = và hai đường tròn y 1 0
2 2 1
( ) :C x +y −6x+8y+23 0= , 2 2
2
(C ) :x +y +12x−10y+53 0= Viết phương trình đường tròn
(C) có tâm nằm trên (d), tiếp xúc trong với (C1) và tiếp xúc ngoài với (C2)
(C1) có tâm I1(3; 4)− và bán kính R =1 2, (C2) có tâm I −2( 6;5) và bán kính R =2 2 2
Gọi I là tâm và R là bán kính của (C)
+ I∈( )d ⇒I a a( ; − 1)
+ (C) tiếp xúc trong với (C1) ⇒I I1 =|R−R1| (1)
+ (C) và tiếp xúc ngoài với (C2) ⇒I I2 = +R R2 (2)
0,5
TH1: Nếu R>R1 thì từ (1) và (2) ta có:
I I+R =I I−R hay
(a−3) +(a+3) + 2 = (a+6) +(a−6) −2 2⇔ = ⇒a 0 I(0; 1),− R=4 2
⇒ pt(C): 2 2
( 1) 32
0,25
TH2: Nếu R<R1 thì từ (1) và (2) ta có:
2− (a−3) +(a+3) = (a+6) +(a−6) −2 2
⇔ + + + = ⇒ vô nghiệm
Vậy pt(C): 2 2
( 1) 32
0,25
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(0; −1; 2), B(3; 0; 1), C(2; 3; 0) và
hai mặt phẳng (P): x + 2y + z − 3 = 0, (Q): 2x − y − z + 3 = 0 Viết phương trình mặt phẳng ( )α đi
qua trực tâm H của tam giác ABC và chứa giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q)
Giả sử H(x; y; z), khi đó:
Ta được hệ:
− + − = −
Nhận thấy (P) và (Q) đồng thời đi qua các điểm M(0; 0 ; 3) và N(−1; 3; −2) Suy ra
đường thẳng MN là giao tuyến của (P), (Q) và ( )α là mặt phẳng đi qua 3 điểm M, N, H 0,25
Trang 6Suy ra (α)là mp đi qua M(0; 0; 3) và có vtpt n=MH MN , =(7;19;10)
VII.b
(1,0
điểm)
log x−log x − >8 2(log x −4) Đặt t=log3x, bất phương trình đã cho trở thành
2 2
4
( )
2 8 0
2 8 2( 4)
4
( )
2 8 4( 4)
t
I
t
II
<
− − ≥
− − > − ⇔ ≥
− − > −
0,25
4
4
t
t
<
⇔ ≤ − ⇔ ≤ −
≥
0,25
2
10 24 0
t
< <
− + <
Từ đó: 3
3
1
9
x
x
≤ − < ≤
⇔
< <
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm 0; 1 (81;729)
9
0,25
-Hết -
page.tl