Kết hợp điều kiện ta được các nghiệm:... Kẻ HM vuông góc AD tại M.[r]
Trang 1SỞ GD-ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC
-***** -ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN
(Ngày thi 10/3/2013)
1
Khảo sát yx33x2 2
o Giới hạn: xlim y ; lim yx
o Chiều biến thiên:
Hàm số đồng biến trên ( ; 2) và (0;); nghịch biến trên ( 2;0)
Hàm số đạt CĐ tại x = 2, yCĐ = 2; đạt CT tại x = 0, yCT = 2
o Điểm uốn (1; 0)
o Bảng biến thiên:
0,25
0,25
0,25
0,25
2
0
2
x
x
2
OA OB AOB
OA OB
0,25
0,25
0,25
2
2
1 0 x
2
1
x 2 0 +
y’ + 0 – 0 + y
2 +
2
y
Trang 22 2
2
m m
0 (L)
(TM) 3
m m
0,25
Câu 2
1 Điều kiện sin x 0 x k k
PT
2
3cos x 3(sin x cos x)
4(sin x cos x) 1
3cos x 3(sin x cos x) 4(sin x cos x) sin x sin x2 2 2
(sin x cos x)(3 4sin x) 3cos x sin x 0 2 2 2
2
sin x cos x 1
sin x
2
2
sin x
2
3
0,25
0,25
0,25
0,25
Thế 3yy23x 1 x2 từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất ta có:
x x2 2x 5 y23x 1 x2 y24
x2 2x 1 x2 2x5y2 y24
1
x 1 y thế vào phương trình thứ hai ta có:
x y
x 1 y thế vào phương trình thứ hai ta có:
,
x y
Hệ phương trình có các nghiệm
0,5
0,5
Câu 3
2 1
Đặt
2
0,25
Trang 3Đổi cận:
5
2
5 2
2
Đặt
2
1
2
5 5
2 2
t
2
0,25
0,25
0,25
Câu 4
Kẻ HM vuông góc AD tại M Do AD SH
1 3
S ABCD ABCD
V SH S
ABCD là hình hình vuông cạnh a nên S ABCD a2
0
.tan 60
MH CD SH MH
Vậy
3 2
S ABCD ABCD
b) Vì AB//DC nên d(AB,SC) = d(AB,(SDC)) = d(A,(SDC))
Vì
CA CH d A SCD d H SDC
Kẻ HNCD tại N, HKSN tại K
Khi đó: d H SDC( ,( ))HK và
a
HN AD
8
a HK
4 3
a a
d AB SC
0,5
0,25
0,25
Câu 5 Đặt t a b ab 3 t a; 2b2 (a b )2 2ab t 2 2t 6
Ta có:
2
2 1
a b
ab t t t
a b a b ab
Xét hàm số
f t t t
t
với t 2
12
t
do đó f(t) nghịch biến trên [2;+)
Suy ra
3
2
f t f P
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1
0,5
0,5
D
O
S
C N
H M
K
Trang 4Vậy Pmax = khi và chỉ khi a = b = 1.
Câu
6a
1 Do B(BC) và B nằm trên Ox nên tọa độ B là nghiệm của hệ:
0
(4;0)
y
B
x y
Giả sử A a( ;0) AB(4 a; 0)
Do
16 4
3
c
C BC C c
Tam giác ABC vuông tại A nên
16 4
3
a
AB AC c a C a
2
ABC
a
S AB AC a a
Mặt khác
ABC
a
S p r a a a
Do đó:
2
7 2
3
4
a
a
1
4
3
a A B C G
1
4
3
a A B C G
a 4 A(4;0), (4;0), (4;0)B C : Loại
0,25
0,25
0,25
0,25
2 Ta có ( ) ( )d P tại E ( 1;0; 4)
Giả sử F x y z( ; ; ) ( )0 0 0 P x02y0 z0 5 0
Vì EF vuông góc (d’) nên EF vuông góc (d), do đó
d
EF5 3 (x01)2y02(z0 4)2 75
Giải hệ
1
2
(4; 5; 1)
( 6;5;9)
x y z
F
x y z
F
0,5
0,5
Câu
C C C n n
2 ( )
n
n n
Ta có khai triển:
11 11 0
k
k k k k
0,25
0,25
Trang 5
11
( 1)
k i
x
Để có số hạng chứa x4
11
2
k
k i
k i
Do đó hệ số của x4 là: C1n.3 ( 1)C11 1C113.33 4422
0,25
0,25
Câu
6b
1 Gọi tâm I d1d2 suy ra tọa độ I là nghiệm của hệ:
;
x y
I
x y
Giả sử M là trung điểm của AD đồng thời là giao của d1 với Ox
3 2
2
12
3 2
ABCD ABCD
S
S AB AD AD
AB
Vì M I, d1 AD( )d1 AD qua M và có VTPT n VTCPu d1 (1;1)nên có
PT:
(AD x y) : 3 0
AD
MA MD
Tọa độ A, D là nghiệm của hệ
3
x y
Suy ra: A(2;1), D(4; 1), (5; 4), (7; 2) B C
0,25
0,25
0,25
0,25
2 (P) chứa (d) nên (P) đi qua M(2;1;1)( )d và có dạng:
Ax By Cz A B C A B C
( )d ( )P u n d. P 0 A B C 0 (1)
Góc giữa và (P) bằng 300 nên:
2
sin( ;( ))
A B C P
A B C
Thay (1) vào (2) ta có:
2
A AB B
A B
Khi A2B Chọn B1,A2,C 1 ( ) : 2P x y z 4 0
Khi 2AB Chọn B2,A1,C 1 ( ) :P x 2y z 5 0
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 67b
x 0
BPT log x 2log x 322 2 5(log x 3) 2
Đặt tlog2x, BPT có dạng:
t2 2t 3 5.(t 3) (t 3)(t1) 5(t 3)
2
1
1 3
t
t t
t
1
2
t x x
1
2
0,25
0,25
0,25
0,25
HẾT