Dap an De thi thu DH so 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Câu - ý 2.1. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – đề số 3 Nội dung *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với  cos2x  3 sin 2x  10cos(x  )  6 0 6    cos(2x  )  5cos(x  )  3 0 3 6    2cos 2 (x  )  5cos(x  )  2 0 6 6  1  cos(x  )  cos(x  )  2 6 2 và 6 Giải được (loại)  1  5 cos(x  )  x   k2 x   k2 6 2 được nghiệm 2 6 *Giải và. 2.2. 2. 2. 3. (x  xy) 1  x y  3 2 x y  (x  xy)  1. *Biến đổi hệ tương đương với x2  xy u u2 1  v  3  x y v v  u  1 *Đặt ẩn phụ  , ta được hệ  *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) 3. *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) *Đặt t=cosx 1  t x 2 4 thì Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , 1 2. I  Từ đó. 4. 1. ln t ln t dt   2 dt 2  t 1 t 1. Điểm 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25. 2. 1 1 1 u ln t;dv  2 dt  du  dt; v  t t t *Đặt 1 1 1 1 1 2 1 I  ln t 1   2 dt  ln 2  1 t 2 t 1 t 2 2 2 Suy ra 2 I  2  1 ln 2 2 *Kết quả *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 SEH SFH 600 *Kẻ HK  SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng HK A . a 2 a 3 HA  SH HF tan 600  2 , 2 *Lập luận và tính được AC=AB=a ,. 0.25 0.25 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1 1 1 3    K H a 2 2 2 HS HB 10 *Tam giác SHK vuông tại H có HK a 2 AH 20 tan AK H   2  KH 3 3 a 10 *Tam giác AHK vuông tại H có  cos AK H  5 *Biến đổi. 1 c 1 b 1 a   (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b). *Từ đó 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. 3. 6.a. 7.a. 8.a. 0.25 0.25. 3 23. a b 1 c 1 c   ab  c ab 1  b  a (1  a)(1  b). VT . 0.25. 1 c 1 b 1 a . . (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b). =3 (đpcm) 1 a b c  3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1  3t   y  2  2 t u  *  có phương trình tham số và có vtcp ( 3;2) *A thuộc   A (1  3t;  2  2t)  AB .u 1  1     cos(AB ; u)  2 AB . u 2 *Ta có (AB;  )=450 15 3  169t2  156t  45 0  t   t  13 13 32 4 22 32 A1 ( ; ), A2 ( ;  ) 13 13 13 13 *Các điểm cần tìm là  u (1;  2;  3) *(d) đi qua M 1 (0;  1;0) và có vtcp  1 M 2 (0;1; 4) và có vtcp u2 (1; 2;5) (d’) đi qua     u1 ; u2  ( 4;  8; 4) O M 1M 2 (0; 2; 4) *Ta có     ,  u ; u  .M M  16  14 0 Xét  1 2  1 2  (d) và (d’) đồng phẳng .  n (1; 2;  1) và đi *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt 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 *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét x 1 , biến đổi phương trình tương đương với. 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.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 2 1   1  2 logx (24x  1) 2  logx (24x  1) logx (24x 1) Đặt logx (x  1) t , ta được phương trình 1 2 1   1  2t 2  t t giải được t=1 và t=-2/3 *Với t=1  logx (x  1) 1 phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3.  logx (x  1) . 0.25. 0.25. 2 3.  x 2 .(24x  1)3 1 (*) 1 x 8 là nghiệm của (*) Nhận thấy 1 x 8 thì VT(*)>1 Nếu 1 1 x x 8 thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất 8 Nếu. 6.b. *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  d(O ;d)  1. x. 0.25. 1 8. 1 1 1 SOAB  OAOB . .sin AOB  .sin AOB  2 2 2 *Ta có 0 Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi AOB 90  d(I ;d) . 1 2  m 1. 7.b * 1 có phương trình tham số. 0.25 0.25 0.25 0.25. x 2  2t  y  1  t z 3t  x 2  s  y 5  3s z s . 0.25. *  2 có phương trình tham số *Giả sử d  1 A;d   2 B.  A (2  2t;  1  t;3t) B(2+s;5+3s;s)   AB  ( s  2 t ;3 s  t  6; s  3 t ) n * , mf(R) có vtpt (1; 2;  3)   * d  (R )  AB & n cùng phương s  2t 3s  t  6 s  3t   1 2 3 23  t 24 1 1 23  A( ; ; ) *d đi qua 12 12 8 và có vtcp n (1; 2;  3) . 0.25 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 23 1 1 z y 8 12  12  1 2 3. x 8.b. => d có phương trình x  0  x log 3 (9  72)  0  x 9  72  0 *Điều kiện :  giải được x  log 9 73 Vì x  log 9 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với x. 0.25. 0.25. log3 (9  72) x  9x  72 3x x 3  8  x 3 9  x 2 T  (log9 72; 2] *Kết luận tập nghiệm :. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>