−−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm
đề thi chính thức Môn thi : toán Khối A
Nội dung điểm
Câu 1. 2điểm
1) Khi
2 1 1
1 .
1 1
x x
m y x
x x
− + −
= − ⇒ = = − −
− −
+ Tập xác định: R\{ 1 }.
+
2
2 2
1 2 0
' 1 . ' 0
( 1) ( 1) 2.
x x x
y y
x x x
=
− +
= − + − = − = ⇔ =
+
[ ]
= ⇒= −
−
− →∞
∞
→ 0
1 lim 1 ) (
lim y x x
x
x tiệm cận xiên của đồ thị là: y=−x.
=∞⇒
→ y
xlim1 tiệm cận đứng của đồ thị là: x=1 . Bảng biến thiên:
Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1).
1 điểm
0,25 đ
0,5 đ
0, 25 đ
x − ∞ 0 1 2 + ∞
y’ − 0 + + 0 −
+∞ +∞ −3
y CT CĐ
1 − ∞ − ∞
y
O 1 2
x
−3 1
−1
2)
Đồ thị hàm số
1 2
ư +
= + x
m x
y mx cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dương ⇔phương trình f x( )=mx2+ + =x m 0 có 2 nghiệm dương phân biệt khác 1
2 0
1 4 0
(1) 2 1 0
1 0, 0
m m
f m
S P m
m m
≠
∆ = ư >
⇔ = + ≠
= ư > = >
0 1 2 1
0
1 2
2 0 m m
m m
m
≠
<
⇔ ⇔ ư < <
≠ ư
<
.
Vậy giá trị m cần tìm là: 1
0
2 m
ư < < .
1 điểm
0,25 đ
0,75 đ
Câu 2. 2điểm
1)
Điều kiện
sin 0
cos 0 (*) tg 1
x x x
≠
≠
≠ ư
.
Khi đó phương trình đã cho sin (sin cos )
cos 1 sin
sin 1 cos
sin
cos 2 2
x x x x
x x x
x
x + ư
+
= ư
ư
⇔
cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos ) sin
x x x x x x x x
x
⇔ ư = ư + ư
(cosx sin )(1 sin cosx x x sin2x) 0
⇔ ư ư + =
2
cos sin 0
1 sin cos sin 0.
x x
x x x
ư =
⇔
ư + =
TH1: π
sin cos tg 1 π ( )
x= x⇔ x= ⇔ = +x 4 k k∈Z thỏa mãn điều kiện (*).
TH2: 2 1 2
1 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0 :
x x x 2 x x
ư + = ⇔ ư + = vô nghiệm.
Vậy nghiệm của phương trình là: π
π ( ) x= +4 k k∈Z . 2) Giải hệ
3
1 1 (1)
2 1 (2).
x y
x y
y x
ư = ư
= +
+ Điều kiện xy≠0.
+ Ta có (1) ( )(1 1 ) 0
1.
x y
x y xy xy
=
⇔ ư + = ⇔ = ư
TH1
:
3 3 22 1 2 1 ( 1)( 1) 0
x y x y x y
y x x x x x x
= = =
⇔ ⇔
= + = + ư + ư =
1
1 5
2
1 5
2 . x y x y
x y
= =
ư +
⇔ = =
ư ư
= =
1 điểm
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ 0, 25 đ
1 điểm
0, 25 đ
0,5 đ
TH2: 3
3 4
1 1
1 (3)
2 1 2 1 2 0 (4).
xy y x y x
y x x x x
x
= ư
= ư = ư
⇔ ⇔
= +
ư = + + + =
Ta chứng minh phương trình (4) vô nghiệm.
Cách 1.
2 2
4 2 1 1 3
2 0,
2 2 2
+ + = ư + + + > ∀
x x x x x.
Cách 2. Đặt 4
3
( ) 2 ( ) min ( ) 1 0
4
∈
ư
= + + ⇒ ≥ = >
f x x x f x x f x f
R .
Trường hợp này hệ vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
1 5 1 5 1 5 1 5
( ; ) (1;1), ; , ;
2 2 2 2
x y = ư + ư + ư ư ư ư .
0, 25 đ
Câu 3. 3điểm
1)
Cách 1. Đặt AB a= . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên A’C, suy ra BH ⊥ A’C, mà BD ⊥ (A’AC) ⇒ BD ⊥ A’C, do đó A’C ⊥ (BHD) ⇒ A’C ⊥ DH. Vậy góc phẳng nhị diện
[
B A C D, ' ,]
là góc nBHD.Xét ∆A DC' vuông tại D có DH là đường cao, ta có DH A C CD A D. ' = . ' . '
' CD A D DH A C
⇒ = . 2 2
3 3
a a a
= a = . Tương tự, ∆A BC' vuông tại B có BH là đường
cao và 2
3 BH =a . Mặt khác:
n 2 2 2 n
2 2 2 2 2 2 2
2 2 . cos 2. cos
3 3 3
a a a
a =BD =BH +DH ư BH DH BHD= + ư BHD,
do đó n 1
cosBHD= ư2 ⇒BHDn=120o.
Cách 2. Ta có BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ A’C (Định lý ba đường vuông góc).
Tương tự, BC’⊥ A’C ⇒ (BC’D) ⊥ A’C . Gọi H là giao điểm của A C' và (BC D' )
⇒ BHDn là góc phẳng của
[
B A C D; ' ;]
.Các tam giác vuông HA’B, HA’D, HA’C’ bằng nhau ⇒ HB = HC’ = HD
1 điểm
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ 0, 25 đ hoặc 0, 25đ
0,25 đ A
A’
B’ C’
D’
D B C
H
I
2)
a) Từ giả thiết ta có
2) ; ; ( ) ; ; ( ' 0);
; ;
(a a C a a b M a a b
C ⇒ .
Vậy ( ; ; 0), (0; ; ) 2 BD= −a a BM = a b
JJJG JJJJG
, ; ; 2
2 2
ab ab
BD BM a
⇒ = − JJJG JJJJG
.
( )
3 2' ; 0; , . ' .
2 BA = −a b ⇒BD BM BA = − a b JJJG JJJG JJJJG JJJG
Do đó
2
' 1
, . '
6 4
BDA M a b
V = BD BM BA = JJJG JJJJG JJJG
. b) Mặt phẳng (BDM) có véctơ pháp tuyến là 1 , ; ; 2
2 2
ab ab
n =BD BM = −a JJG JJJG JJJJG
, mặt phẳng ( 'A BD)có véctơ pháp tuyến là n2 =BD BA, '=( ; ab ab a; 2)
JJG JJJG JJJG
. Do đó
2 2 2 2 1 2 4
( ) ( ' ) . 0 0
2 2
a b a b
BDM ⊥ A BD ⇔n nJJG JJG= ⇔ + −a = ⇔ =a b a 1
⇔ =b .
2 điểm
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 5 đ 0, 5 đ
Câu 4. 2điểm
1)
Ta có Cnn++14−Cnn+3=7(n+ ⇔3)
(
Cnn++31+Cnn+3)
−Cnn+3=7(n+3)( 2)( 3) 7( 3) 2 7.2! 14 12.
2!
n+ n+ n n n
⇔ = + ⇔ + = = ⇔ =
Số hạng tổng quát của khai triển là C12k
( )
x−3 k.x5212−k =C12k x60 11−2 k
.
Ta có 60 11
2 8 60 11
8 4.
2
− = ⇒ − = ⇔ =
k k
x x k
Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là 495. )!
4 12 (
! 4
! 4 12
12 =
= − C
2) Tính tích phân
2 3
2 2
5 4
I xdx
x x
=
∫
+ .Đặt 2
4 2
4 t x dt xdx
x
= + ⇒ =
+ vàx2 =t2−4.
Với x= 5 thì t=3, với x=2 3 thì t=4. Khi đó
2 3 4 4
2 2 2
3 3
5
1 1 1
4 2 2
4 4
xdx dt
I dt
t t
x x t
=
∫
+ =∫
− =∫
− − + 4
3
1 2 1 5
ln ln .
4 2 4 3
t t
−
= + =
1 điểm 0, 5 đ
0, 25 đ 0, 25 đ
1 điểm
0, 25 đ 0, 25 đ
0,25 đ
0, 25 đ A
A’
B’ C’
D’
D
B C
y
x
z
Câu 5. 1điểm Với mọi u vG G,
ta có |u vG G+ | | | | | (*)≤ uG + vG
(vì |u vG G+ |2=uG2+vG2+2 . | |u vG G ≤ uG 2+| |vG 2+2 | | .| | | | | |uG vG =
(
uG + vG)
2)
Đặt 1 ,
;
=
→ x x
a
=
→ y y
b 1
; ,
=
→ z z
c 1
; .
áp dụng bất đẳng thức (*) ta có | | | | | | |aG + bG + cG ≥ a bG G+ +| | | |cG ≥ a b cG G G+ + | . Vậy
2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( )
P x y z x y z
x y z
x y z
= + + + + + ≥ + + + + +
.
Cách 1. Ta có
( )
22 2
2 1 1 1 3 3 1 9
( ) 3 3 9
P x y z xyz t
x y z xyz t
≥ + + + + + ≥ + = + , với
(
3)
2 0 x y z3 2 19t= xyz ⇒ < ≤t + + ≤ .
Đặt ( ) 9 9 '( ) 9 92 0, 0;1 ( )
Q t t Q t t 9 Q t
t t
= + ⇒ = − < ∀ ∈ ⇒ giảm trên 0;1 9
( ) 1 82.
Q t Q 9
⇒ ≥ = Vậy P≥ Q t( )≥ 82.
(
Dấu “=” xảy ra khi 1x= = =y z 3
)
.Cách 2.
Ta có
2 2
2 1 1 1 2 1 1 1 2
(x y z) 81(x y z) 80(x y z)
x y z x y z
+ + + + + = + + + + + − + +
1 1 1 2
18(x y z) 80(x y z) 162 80 82.
x y z
≥ + + + + − + + ≥ − =
Vậy P≥ 82.
(
Dấu “=” xảy ra khi 1x= = =y z 3
)
.Ghi chú: Câu này còn có nhiều cách giải khác.
0, 25 đ
0, 25 đ
0, 25 đ 0, 25 đ
hoặc 0,25 đ
0,5 đ