Dap an De thi thu DH so 3

[r]

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – đề số 3

2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

cos2x 3 sin 2x10 os(c x6) 6 0 

cos(2x3) 5 os( c x6) 3 0 

2

Giải được

1

và cos(x6)2

(loại)

*Giải

1

được nghiệm x2k2

và

5 2 6

0.25

0.25

0.25

0.25 2.2

*Biến đổi hệ tương đương với







*Đặt ẩn phụ

2

3

x y v







 , ta được hệ

2 1

1

v u





*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)

*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)

0.25

0.25

0.25

0.25

3 *Đặt t=cosx

Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x4

thì

1 2

t 

Từ đó

1

1 2

1 1

2

1

ln ;

t

;

Suy ra

1 2 1 2

2

*Kết quả

2

2

0.25

0.25

0.25

0.25

4 *Vẽ hình

*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH (ABC)

*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là

*Kẻ HK SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)

bằng HK A

*Lập luận và tính được AC=AB=a ,

2 2

a

HA 

,

tan 60

2

a

*Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2

10

KH a

*Tam giác AHK vuông tại H có

2 20 2

tan

3 3

10

a AH

AK H

K H

a

3 cos

23

AK H

0.25

0.25

0.25

5

*Biến đổi

*Từ đó

VT

Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c

dương

*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được

VT



      =3 (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 3

a b c  

0.25

0.25

0.25

0.25

6.a

* có phương trình tham số

1 3

2 2

 





 

 và có vtcp u   ( 3;2)

*A thuộc   A(1 3 ; 2 2 ) t   t

*Ta có (AB; )=450

1

2

 

2

AB u

AB u

 



*Các điểm cần tìm là 1 2

0.25

0.25

0.25

0.25

7.a

*(d) đi qua M1(0; 1;0) và có vtcp u    1 (1; 2; 3)

(d’) đi qua M2(0;1; 4) và có vtcp u  2 (1; 2;5)

*Ta có u u1; 2   ( 4; 8;4) O

, M M  1 2 (0; 2; 4)

Xét u u M M1; 2 1 2 16 14 0 

  

 (d) và (d’) đồng phẳng

*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n (1; 2; 1)



và đi qua M1 nên có phương trình x2y z  2 0

*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm

0.25

0.25

0.25 0.25

8.a *Điều kiện :x>0

*TH1 : xét x=1 là nghiệm

*TH2 : xét x 1 , biến đổi phương trình tương đương với 0.25

Đặt log (x x1)t , ta được phương trình

1 2 t2t t giải được t=1 và t=-2/3

*Với t=1  log (x x1) 1 phương trình này vô nghiệm

*Với t=-2/3

2

3

x2.(24x1)3 1 (*)

Nhận thấy

1 8

x 

là nghiệm của (*)

Nếu

1 8

x 

thì VT(*)>1

Nếu

1 8

x 

thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất

1 8

x 

*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và

1 8

x 

0.25

0.25

0.25

6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1

*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt d O d( ; ) 1

*Ta có

OAB

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi AOB 900

1 ( ; )

2

d I d

m1

0.25

0.25

0.25

0.25 7.b

*1 có phương trình tham số

2 2 1 3

 





 



 



*2 có phương trình tham số

2

5 3

z s

 





 



 



*Giả sử d  1 A d;   2 B

*AB (s2 ;3t s t 6;s 3 )t

, mf(R) có vtpt n (1; 2; 3)



cùng phương



23 24

t

*d đi qua

1 1 23

12 12 8

A

và có vtcp n (1; 2; 3)



0.25

0.25

0.25

0.25

=> d có phương trình

23

8

z

 8.b

*Điều kiện :

3

0

x x

x 









 giải được x log 739

log (93 x 72)x

 9x 72 3 x

x x



 



*Kết luận tập nghiệm : T (log 72; 2]9

0.25

0.25

0.25

0.25