Dap An DH Vinh Lan 1 2007.
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (118.82 KB, 5 trang )
1
Đáp án môn Toán - lần 1
Câu
Nội dung Điểm
I
1. *) TXĐ:
1
x
*) CBT: Ta có
( )
+
=
+
++=
0
2
0
1
1
1'
1
1
2
2
x
x
x
y
x
xy
BBT
Hàm số đạt cực đại tại
2
=
x
với y
CĐ
= -1; đạt cực tiểu tại x =0 với y
CT
= 3.
Vì
=
1
lim
x
y nên 1
=
x là tiệm cận đứng của (H).
Hơn nữa
[ ]
0
1
1
lim)2(lim =
+
=+
x
xy
xx
nên đờng thẳng
2
+
=
xy
là tiệm cận xiên của (H).
*) Đồ thị:
+) (H) đối xứng qua điểm (-1; 1).
2. Giả sử
( )
1,
1
33
,;
0
0
0
2
0
000
+
++
= x
x
xx
yyx
là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm với (H). Vì tiếp
tuyến vuông góc với đờng thẳng
023
=
+
yx
nên hệ số góc của nó là
( )
3
1
1
1'
2
0
)(
0
=
+
=
x
y
x
.
Suy ra
( )
=
=
=+
2
3
2
1
4
1
1
0
0
2
0
x
x
x
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
x
y'
y
-
-
2
-
1
0
+
+
+
-
-
-
1
0
0
+
+
-
-
3
y
x
0
-
1
-
2
-
1
3
2
II
III
+) Với
2
7
2
1
00
==
yx
, ta có tiếp tuyến:
.23
2
7
2
1
3 +=+
+= xxy
+) Với
2
3
2
3
00
== yx
, ta có tiếp tuyến:
.63
2
3
2
3
3 =
+= xxy
Vậy các tiếp tuyến cần tìm là
.63;23
=
+
=
xyxy
1. *) ĐK:
( )
>
<
>
>
2
0
02
012
2
2
x
x
xx
x
Bất phơng trình đã cho
(
)
xxx 2log12log
2
22
.212
2
xxx
Xét 2 trờng hợp sau:
*)
.0
<
x
Ta đợc hệ:
.01
1
0
221
0
22
<
<
<
x
x
x
xxx
x
*)
.2
>
x
Ta đợc hệ:
+
>
>
014
2
212
2
22
xx
x
xxx
x
.322
3232
2
+<
+
>
x
x
x
Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm:
+<
<
322
01
x
x
2. *) Điều kiện:
.0cos,1cos
xx
Khi đó phơng trình đã cho trở thành
(
)
(
)
(
)
x
xx
x
xx
xxx
x
22
2
2
2
cos
1cos31cos
cos
1cos2cos3
cos
2
cos
1
3
cos1
cos12 +
=
==
+
(
)
(
)
(
)
1cos31coscoscos12
2
+= xxxx
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
01cos21cos1cos01cos3cos21cos
2
=++=++ xxxxxx
+=
=
=
=
.,2
3
2
,2
2
1
cos
1cos
Zmmx
Zkkx
x
x
1. Đặt
.303
2
txxt ==
Khi đó phơng trình trở thành:
.0342)(
2
=++= mmtttf
Phơng trình đã cho có nghiệm
phơng trình
0)(
=
tf
có nghiệm
0
t
.
Xét 2 trờng hợp sau:
*)
4
3
0340)0(.1 mmf
.
*) Phơng trình
0)(
=
tf
có nghiệm
21
,tt
thoả mãn
21
0 tt <
mk
m
m
mm
m
s
mf
mm
<
>
>=
>=
+=
0
2
0
4
3
31
0
2
034)0(.1
034'
.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25+
0,25
0,25
0,25
0,25
3
IV
Kết luận: Giá trị của m để phơng trình đã cho có nghiệm là
4
3
m
.
2. Đặt
.4tyxtxy
=
+
=
Theo định lí Viet đảo x, y là nghiệm của phơng trình
.04)(
2
=+= ttXXXh
Vì
1,0
2
1
< xx
nên phơng trình
0)(
=
Xh
có nghiệm
2
1
, XX
thoả mãn
10
2
1
< XX
=<
=
<=
=
12
2
0
031)1(.1
0)0(.1
04'
2
t
s
th
th
tt
3
1
4
1
t
.
Khi đó
(
)
,9169
2
2
ttxyyxM =+=
với
.
3
1
4
1
t
Ta có
=
3
1
;
4
1
32
9
0932)(' tttM
. Suy ra Bảng biến thiên
Suy ra: M
max
9
11
=
, đạt khi
3
1
,1
3
1
=== yxxy
hoặc
.1,
3
1
== yx
M
min
64
81
=
, đạt khi
4
3
2
32
9
=== yxxy
hoặc
.
4
3
2 == xy
Chú ý:
*) Để tìm điều kiện của
xy
t
=
có thể thực hiện theo cách sau:
Từ giả thiết
( )
.1
3
1
,
14
1
3
1
14
1414
2
=
=
= x
x
x
xy
x
x
x
y
xyxx
Xét hàm số
1
3
1
,
1
4
2
= x
x
x
t
thu đợc
.
3
1
4
1
t
*) Có thể đặt
t
y
x
=
+
, với điều kiện
3
4
1 t
. Khi đó
.
4
9
2
ttM =
Xét hàm số
=
3
4
;1,
4
9
)(
2
ttttf
sẽ thu đợc kết quả nh trên.
Cách 1: Kẻ
)(DBCAH
- Vì
CDAB
nên hình chiếu
CDBH
(1)
BDAC
nên hình chiếu
BDCH
(2)
- Từ (1), (2)
H
là trực tâm
ACDHBCD
.
Vì
DH
là hình chiếu
AD
lên
)(ABC
nên
BCAD
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
t
M'(t)
M
4
1
32
9
3
1
9
11
64
81
4
5
-
0
+
A
B
D
C
H
4
.
Cách 2:
(
)
(
)
( )
0.
.
2
==++=
+++=
++=
ACBDDCBDABBD
DCBDBDDCABBDAB
DCBDBDABBCAD
+) Gọi
BDACI
=
. Vì
02:
=
+
yxdI
nên.
(
)
2,
00
+xxI
.
+) Từ t/c hình thoi ta có
BDAC
0.90
0
== BIAIAIB
+) Ta có:
(
)
( )
1,3
4,1
00
00
+=
+=
xxBI
xxAI
(
)
(
)
(
)
(
)
1431.
0000
+++= xxxxBIAI
( )( )
(
)
=
=
=+=
2
3
,
3
7
3,1
2
7
1
0721
0
0
00
I
I
x
x
xx
TH 1:
),3,1(I
do I là trung điểm
BDAc,
nên ta có
(
)
(
)
6,4;1,8 DC
TH 2:
2
3
,
2
7
I
, tơng tự TH 1 ta có:
(
)
(
)
6,4;1,8 DC
*) Cách 1:
+) Chọn
(
)
2,1,1 == SCn
.02:)( =+ zyxpt
Ta có: pt
2
2
11
:
==
z
y
x
SC
=+
=
.022
0
zy
yx
- Từ hệ
=+
=
=+
022
0
02
zy
yx
zyx
(
)
Cắt tại SC tại
2
2
,
2
1
,
2
1
I
- Pt SD:
=+
=
==
022
0
2
2
10
zy
x
z
y
x
Từ hệ
( )
=+
=
+
0232
0
2
y
x
zyx
cắt SD tại
3
2
,
3
2
,0K
Tơng tự
(
)
cắt SB tại
.
3
2
,0,
3
2
H
+) Thiết diện là tứ diện AHIK
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
D
C
B
A
I
d
A
C(1, 1, 0)
D(0, 1, 0)
B(1, 0, 0)
S(0, 0,
2
)
H
I
K
y
x
z
5
V
(1đ)
Ta có
=
=
2
2
,
2
1
,
2
1
3
2
,0,
3
2
AI
AH
[
]
=
6
2
,
6
2
,
6
2
, AIAH
6
2
6
2
6
2
6
2
2
1
2
22
=
+
+
=
AHI
S
.
Tơng tự
3
2
6
2
6
2
6
2
=+==
tdAKI
SS
(đvdt).
Cách 2: - Từ gt
ABCD
là hình vuông và
(
)
ABCDSA
- Giả sử
(
)
cắt SB, SC, SD tại H, I, K.
- Vì
(
)
SBCCB
nên
AhCB
; Vì
(
)
AHIKSC
nên
AHSC
(
)
HBAHSBCAH
và
HI
AK
.
Tơng tự ta có
SDAK
và
KI
AK
.
Trong tam giác vuông
SAB ta có
.
3
2
2
3
1
1
2
1111
222
==+=+= AH
ABASAH
Tơng tự trong tam giác vuông
SAC
ta có
3
1
3
2
11
22
==== AHAIIHAI
.
6
2
.
2
1
== HIAHS
AHI
Do tính chất đối xứng nên
3
2
6
2
.2 ===
tdAHIAKI
SSS
(đvdt).
Đặt
(
)
dx
x
x
x
duxxu
2
2
3
23
3ln
==
.
2
1
2
xvxdxdv ==
Theo công thức tích phân từng phần ta có
( )
=
2
1
2
2
2
3
23
2
1
1
2
3ln
2
dx
x
xx
xx
x
I
.
( )
++=
++=
2
1
2
1
2
3ln93
2
1
2ln
2
3
3
9
32
2
1
2ln
2
3
xxxdx
x
x
( )
32ln62ln96
2
1
2ln
2
3
==
.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
