Để thi tự luận môn toán thi tuyển sinh vào các trường đại học và cao đẳng: Phần 2

Chia sẻ: Thu Minh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:185

Thêm vào BST

Báo xấu

31
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phần 2 của cuốn sách "Các đề thi theo hình thức tự luận môn toán thi tuyển sinh vào các trường đại học và cao đẳng từ năm học 2002 - 2003 đến năm học 2008 - 2009" là phần đáp án và thang điểm của các đề thi ở phần 1. Hi vọng cuốn sách sẽ là tài liệu tốt, giúp các bạn ôn luyện chuẩn bị cho kì thi Đại học và Cao đẳng năm học 2009 - 2010.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Để thi tự luận môn toán thi tuyển sinh vào các trường đại học và cao đẳng: Phần 2

PHẢN II ĐÁP ÁN - THANG ĐIẺM
ĐÈ s ố l ĐÈ TH I TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NÃM 2008 M ôn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài 180 phút Câu I. (2,00 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số , -f- x —2 4 Khi m = 1 hàm sô trở thành: y = ----——— = X - 2+ x+3 x+3 TXĐ: D = R \ {-3}. x = -l , Sự biến thiên: y ' = 1 - - (x -3 )2 (x -3 ) X = -5 ycĐ = y (-5 ) = -9 , y CT = y ( - i) = -1 . (0,25 điểm) TCĐ: X = — 3, TCX: y = X - 2. (0,25 điểm) Bảng biến thiên: (0,25 điểm) X —oo —5 — 3 —1 +=
2. Tim các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) m x 2 + (3 r r r - 2 ) x - 2 6 m -2 y= X+ 3m = m x -2 + x + 3m • Khi m = — đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận. (0,25 điếm) • Khi m * — đồ thị hàm số có 2 tiệm cận: (0,25 điểm) 3 d i : X = -3 m o X + 3m = 0, d 2: y = m x - 2 mx - y - 2 =0. V ectơ pháp tuyến của lần lượt là n, = (1 ;0 ), n 2 = ( m ; - l ) . Góc giữa di và ẩ 2 bàng 45° khi và chì khi Ị n ^.n 21 |m||m| C OS45 = |n, I-|n2 Ị slnr + 1 Vm: + 1 (0,50 điếm) C â u II. (2 đ iểm ) 1. Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 371. Đ iều kiện sinx i- 0 và sin X — — * 0. 2 Phương trình đã cho tương đương với: — — I— í— = - 2 \Ỉ 2 (s inx + cos x). sin x c o sx (sinx + cos x) ■2sỈ2 ■ 0. (0,50 điểm) sin x c o s X I sinx + cosx = 0 X = - — + kn. 4 1 \Í2 • ------- + 2 \ I 2 = 0 sin 2 x = - — s in x c o s x 2 571 X = - — + k7T h o ặ c X = — + k7i 8 8 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x = - —+ kn; x = - —+ k7c; x = — + kiĩ (k e Z ). (0,50 điểm, 4 8 8 152
ĩ. Giải hệ phương trình (1,00 điểm) X2 + y + x 3y + x y 2 + x y = - — X2 + y + xy t \ x 2 + y) = “ (*) (x 2 + y )2 + x y = - ^ u = X2 + y Đặt Hệ phương trình (*) trở thành V = xy u + v + uv = - — V = ------- u u = 0, V = —— 4 4 ^ (0,50 điểm) u + V= — u 3 + u 2 + —= 0 u = — ,v = - — 4 2 2 • Với u = 0, V = - — ta có hệ phương trình 4 X +y = 0 I- , 25 5 X = ,3 - và y = - ị — . xy = D 'U V 16 1 3 • Với u = - —, V = - — ta có hệ phương trình 2 2 x > -A +i = o 2x2+ x - 3 = 0 2x 2 «• y = ■2x y=- ^ -\ 3P . _ 3 25 Hệ phương trình có 2 nghiệm : j và ^ 1 ; - — . f0,5ỡ điểm) vV 4 ;Ì l 6 y C âu III. (2 điểm ) 1. Tim tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm) Đường thẳng d có vectơ chi phương u (2 ; 1 ; 2). Gọi H là hình chiếu vuông góc cùa A trên d, suy ra H(1 + 2t; t; 2 + 2t) và AH = ( 2 t - l ; t - 5 ; 2 t - l ) . (0,50 điếm) Vì AH -L d nên AH.Ũ = 0 2(2t —1) + 1—5 + 2(2t —1) = 0 t = 1. Suy ra H(3; 1; 4). (0,50 điểm) 153
2. Viết phương trình mặt phẳng (a) chứa d sao cho ...(1,00 điểm) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên m ặt phẳng (a). T a có d(A , (a)) = A K < A H (tính chất đường vuông góc và đuờng xiên). D o đó khoảng cách từ A đến (a) lớn nhất khi và chi khi A K = AH hay K = H. (0,50 điểm) Suy ra (a) qua H và nhận vectơ AH = (1; - 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình của (a) là l(x - 3) - 4(y - 1) + l(z - 4) = 0 x - 4 y + x - 3 = 0. (0,50 điếm) Câu IV. (2 điểm ) 1. Tính tích phân ...(1,00 điểm) - f e - T -d x . •c o s 2 x 0^1 —tg x jc o s X . dx Đ ặt t = tgx => dt = ——\— . cos X 71 1 Với X = 0 thì t = 0; với X = — thì t = —j= . (ũ (0,25 điểm) 6 V3 Suy ra 1 = F l Ỉ 7 d t ' ■ F ( l ’ + ')d' + 2 J ? ( ĩ T ĩ ■ T ^ ĩ ) f t3 - —- t +—In t + 1 ì 1 = í-ii_,4.ỉlníílìá (0,50 m điếm) t 3 2 t-1 (0,25 điếm) 2 1 - 9V3 2. Tim các giả trị của n t...(ỉ,0 0 điểm) Đ iều kiện: 0 < X < 6 Đặt vế trái của phương trình là f(x), X e [0; 6], Ta có f (x) = — JL = = + - L =---- 1 —r —j L 2 ự (2 x )3 V 2x 2 ịj( 6 - x ) V 6- _ J ________ j _ 1 ị 1 1_' ,X 6 (0; 6). ĩx ỹ ị](6-xY +{yỉĩ\ 154
/ \ 1 1 Đ ặt u(x) = ^ ịlẽ x ỹ ịl( 6 - x ) \ T a thấy u(2) = v(2) = 0 => f (2) = 0. Hơn nữa u(x), v(x) cùng dương rên khoảng (0; 2) và cùng âm trên khoảng (2; 6). (0,50 điểm) Ta có bảng biến thiên : X 0 2 ố f(x ) 1 0 - 3 V2 + 6 — ỉ( x ) 2 n /6 + 2 iỊó " ịỊ n +2^5 Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 2 \fẽ + 2yjỏ < m < 3 V 2 + 6 . (0,50 điếm) Câu Va. (2 điểm) 1. Viết phương trình chinh tắc của elip...(l,00 điểm) ' X2 y2 Gọi phương trình chính tắc của elip (E) là: —T- + -¿y = 1, a > b > 0. a b c _ y fỉ a 3 Từ giả thiết ta có hệ phương trình: 2(2a + 2b) = 20 (0,50 điểm) „c2 = a 2 - b 2. Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2. X2 y 2 Phương trình chính tắc của (E) là — + — = 1. (0,50 điêm) 2. Tim số lớn nhất trong các sổ a0, fly, a„ ... (1,00 điểm) Đặt f(x) = (1 + 2x)2 = ao + aix + ... +anxn = > ao+ — + = f í ~ ì = 2". 2 2 Từ giả thiết suy ra 2" = 4096 = 2 12 n = 12. f0,50 Với mọi k e {0, 1, 2 , 1 1 } ta có ak = 2kCkn ,a M = 2k+1CỊí2+1 155
2c k k . _ k+1 , .23 < 1 o —— < 1 k < — - 2 C,J 2(12 —k) 3 Mà k e z => k < 7. Do đó as > aọ > ... > ai 2 Số lớn nhất trong các số ao, a i , a i 2 là a8 = 28c*2 = 1 2 6 7 2 0 . (0 ,5 0 điếm C â u V b. (2 điểm ) 1. Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Đ iều kiện X> — và X * 1. Phương trình đã cho tuơ ng đương với lo g 2 x -i(2 x - l) ( x + 1) + logx + i(2x - l) 2 = 4 H log 2x - i ( x + 1) + 21ogx+ i(2x - 1) = 4 t=l Đặt t = log 2x - i(x + 1), ta có t + — = 3t2 - 3 t + 2 = 0 t= 2 (0,50 điếm Với t = 1 o log 2x -i(x + 1) = 1 2x - 1= X + 1 o X = 2. 'x = 0 Với t = 2 log 2x- i(x + 1) = 2 (2x - l) 2 = X + 1 3 X= — 4 X = 0 (loại vi không thoả m ãn điều kiện) 3 N ghiệm của phương trình là :X= 2 và X = — . (0,50 điểm) ■ 4 2. Tính thể tích gó c... (1,00 điểm) 156
Gọi H là trung điểm của BC. Suy ra A ’H 1 (ABC) và AH = - B C = - V a2 + 3 a 2 = a D o đ ó A 'H 2 = A ’A 2 - A H 2 = 3 a 2 => A ’H = aV3 V ậy VA'.ABC = 3 a 'h -Saabc = (đvtt)-(0 .5 0 Trong tam giác vuông A 'B 'H có: H B ' = 7 a 'B ,2+ A 'H 2 = 2anên im giác B ’BH cân tại B \ Đặt cp là góc giữa hai đường thẳng A A ’ và B ’C ’ thì 9 = B ’BH a 1 Vậy coscp = ---------------------- = —. (0 ,5 0 đ iêm ) Đ È SỐ 2 ĐÈ THI TUYẺN SINH ĐẠI HỌC, CAO Đ ẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối B Thời gian làm bài 180 phút :âu I (2 điểm) l.Khảo sát sự biển thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) • TXĐ : OL X=0 ■ Sự biến thiên: y ' = 12x2 - 1 2 x ,y ' = 0 (0 ,2 5 đ iể m ) X= 1 • yCĐ= y(0) = 1,yCT= y(i) =--1 (0 ,2 5 đ iể m ) • Bảng biến thiên: (0 ,2 5 đ iể m ) 157
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm sổ (1) ... (1,00 điểm) Đ ường thẳng A với hệ số góc k và đi qua điểm M (-1 ; - 9) có phươr trình: y.= kx + k - 9. A là tiếp tuyến cùa đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trìn Í4 x 3- 6 x 2 + l = k (x + l ) - 9 (2 ) sau có nghiêm : { [ l2 x 2 - 1 2 x = k (3) Thay k từ (3) vào (2) ta được: 4 x 3 - 6 x 2 +1 = ( l 2 x 2 - 1 2 x ) ( x + l ) - 9 X = -1 o (x + 1)2( 4 x - 5 ) = 0 « 5 (0,50 điểm) X= — 4 •Với X — 1 thì k = 24, phương trình tiếp tuyến là: y = 24x + 15 5*, ,1 5 . ' _ . . . ' 15 21 • VỚI X ----- thì k = — , phương trinh tiêp tuyên là: y = — X------- . ■' 15 21 Các tiêp tuyên cân tìm là: y = 24x + 1 5 và V = — X - — . 4 4 (0,50 điểm) C â u II (2 điềm ) 1. Giải phương trình lưọftg giác (1 điểm) Phương trình đã cho tương đương với sin x (c o s2 X - sin2x ) + 7 3 cos x (c o s 2 X - sin2x ) = 0 cos 2 x (sin X + cos x) = 0. (0,50 điếm) 158
• cos 2 x = 0 X = — + — 4 2 • sin X + >/3 cos X = 0 X = + kĩt 3 N ghiệm của phương trình là X = —+ — và x = - —+ kĩt (k 6 z) 4 2 3 (0,50 điểm) 2. Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Hệ phương trình đã cho tương đương với (x 2 + x y )2 = 2 x + 9 2 \ => X 2 + 3 x + 3 - - = 2x + 9 xy = 3x + 3 2 ,3 . Ao . , 2 X4 + 12x3 + 4 8 x 2 + 6 4 x = 0 x ( x + 4)" = 0 X= 0 x = -4 . f'ớ,5ớ t/ỉémỳ • X = 0 không thoả m ãn hệ phương trình 17 . • X = - 4 => y = — / 4 Nghiệm của hệ phương trình là (x ;y ) = ^ - 4 ; — j (0,50 điểm) Câu III (2 điểm ) /. Viết phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm A, B, c (1,00 điểm) Ta có AB = (2; —3; —l ) , AC = ( - 2 ; - l ; - l ) , tích có hướng của hai vectơ ĂB,ÃC là n = (2; 4 ;- 8 ) . (0,50 điểm) Mặt phẳng đi qua 3 điểm A, B, c nhận n làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: 2(x - 0) + 4(y - 1 ) - 8(z - 2) = 0 o X + 2y - 4z + 6 = 0 (0,50 điểm) 2. Tim toạ độ của điểm M ... (1,00 điểm) Ta có AB.AC = 0 nên điêm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẩng (A B C ) tại trung điểm 1(0; - 1;1 ) cùa BC. (0 ,5 0 đ iểm ) 159
T oạ độ của điểm M thoả m ãn hệ phương trình 2x + 2y + z - 3 = 0 • X y+1 X —1 Ã = ~1 T = ^ Ã Suy ra M (2;3; - 7). (0,50 điếm) C â u IV (2 điểm ) 1. Tính tích phân (1,00 điểm) Đ ặt t = s in x + c o s x = > d t = ( c o s x - s i n x ) d x = V 2 sin Ị^x - —j d x . Với X = 0 thì t = 1, v ớ i X = — thì t = V 2 (0,25 điểm) 4 T a có sin2x + 2(1 + sinx + cosx) = (t + l ) 2 •Jĩ c .„ . T y/2Ì dt _ 4 Ĩ1 Suy ra I = — — ----- — r - ------ (0,50 điểm) J 2 ,JJ (t .+1l\)22 29 tt +-ị. 1 = __ 1____ l ) 4 - 3 n /2 (0,25 điếm) " 2 tv 2 + l 2] 4 2. Tim giả trị lớn nhất của biểu thức (1,00 điểm) 2 (x 2+6xy) 2 (x 2 +6xy) - 1 + 2xy + 2 y 2 X2 + y 2 + 2xy + 2 y 2 • N ếu y = 0 thì X2 = 1. Suy ra p = 2. • N ếu y * 0. Đ ặt X = ty, khi đó p= ệ-ll2\ o ( P - 2 ) t 2+ 2(P- 6)t + 3P = 0 (1) - Với p - 2, phưcmg trình (1) có nghiêm t = — 4 - V ới p * 2, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi A ' = - 2 P 2 - 6 P + 36 > 0 o - 6 < p < 3. (0,50 điếm) 160
p = 3 khi X = — - J^ == ,,yy ==—r3== hoặc X = = — jẬ==, ,y = - V ĩo v ĩõ Vĩo 7ĨÕ 3 2 , _ 3 2 p = -6 khi X = - F = , y = — 7== hoặc X = — J = ,y = —Ị = . VĨ3 VĨ3 VĨ3 VĨ3 ịj G iá trị lớn nhất của p bằng 3, giá trị nhỏ nhất của p bằng - 6. (0,50 điểm) Câu v .a (2 điểm) 1. Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) n+1 1 1 n + l k!(n + l - k ) ! + (k + l ) ! ( n - k ) Ta có: p k /~»k+l n+2V n+1 n+1 y n+2 (n + 1)! (0,50 điềm) 1 k lị^ -ỊO Ị, , n+2 n! 1 J (0,50 điếm) • _ k!(n-k)! 1 n! cĩ 2. Tim toạ độ đỉnh c ... (1 điểm) i • Ký hiệu d, :X - y + 2 = 0 ,d 2 : 4x + 3y - 1 = 0. Gọi H ’(a; b) là điểm đối xứng của H qua d , . Khi đỏ H ’ thuộc đường thẳng AC. • u = ( l; 1) là v ectơ ch i phương của d, ,H H ' =(a + 1; b + 1) vuông góc a —1 b - 1 với u và trung điểm I của HH’ thuộc d , . Do đó toạ độ của H' 2 2 l(a + l) + l(b + l) = 0 là nghiệm của hệ phương trình ■H '(-3; 1). a " 1 b - 1+ 2 = 0 2 2 (0,50 điểm) • Đường thẳng AC đi qua H ’ vuông góc với d 2 nên có vectơ pháỊ tuyến là V = (3 ;-4 ) và có phương trình 3(x + 3 ) - 4 ( y - l ) = 0 » 3 x - 4 y + 13 = 0 16:
• T oạ độ A là nghiệm của phương trình 3x - 4 y +13 = 0 * => A(5; 7). x -y +2=0 • Đ ường thẳng CH đi qua H (-l;-l) với vectơ pháp tuyí —HA = (3; 4) nên có phương trình 3(x +1) + 4(y + l) = 03x + 4y + 7 = 0 3x + 4y + 7 = 0 • Toạ độ của c là nghiệm của hệ phương trinh 3 x - 4 y + 13 = 0 S u y r a C |- ^ ; |' (0,50 điểm) Câu v .b (2 điểm ) 1. Giải bất phương trình (1,00 điểm) Bất phương trình tương với log, x—+—■> 1 x -+ x > 6 (0,50 điếm) X+ 4 x+4 X2 - 5 x - 2 4 (x + 3 ) ( x - 8 ) -------— -------- >0------ — — ' > 0 x+4 x+4 Tập nghiệm của bất phương trình là : ( - 4 ;- 3 ) u ( 8 ;+ o c ) (0,50 điểm) 2. Tinh thể tích và tính cosin cùa góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Gọi H là hình chiếu của s trên A B, suy ra SH _L (A BCD ). Do đó SH là đường cao của hình chóp S.BM DN. T a có: SA2 + SB2 =a2 +3a2 =A B 2 nên tam giác SAB vuông tại s, suy ra SM = ----- = a. Do đó tam giác SAM đều, suy ra SH = Diện tích tứ giác BM D N là S BMDN = ^ S ABCD = 2 a 2 Thể tích khối chóp S.BM DN là V = -S H .S BMDN = (đ\tt) rỷ 3 3 162
rfy4 D +7=1 M]S| (0,50 điểm) Kẻ M E // DN (E € AD) suy ra AE = —. Đ ặt ọ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta c (SM, M E) = (p. Theo định lý 3 đường vuông góc ta có SA -L AE Suy ra SE = Ựs A 2 + A E 2 = — , ME = TÃ m U Ã Ẽ 7 = — , a / \ ọ iy/5 Tam giác SM E cân tai E nên SME = (p và cos (p = r =— aV5 5 2 (0,50 điếm) ĐÈ SÓ 3 ĐÈ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 M ôn t h i T O A N , khối D Thời gian làm bài 180 phút Câu I. (2,00 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Tập xác định : D = IR. X= 0 Sự biến thiên y ’ = 3x2 - 6x, y’ = 0 (0,25) X = 2. ycĐ = y(0) = 4, yCT = y (2 ) = 0. (0,25) 16
B ảng biến thiên: (0,25) X — oo 0 2 +oo y’ + 0 - 0 +00 4 y — CO * 0 Đồ thị : 2. Chúng minh rằng mọi đường thẳng ... (1,00 điểm) Gọi (C) là đồ thị hàm số (1). Ta thấy 1(1; 2) thuộc (C). Đ ường thảng d đi qua 1(1; 2) với hệ số góc k (k > - 3) có phương trinh: y = kx - k + 2. Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của phương trình X3 - 3x2 + 4 = k(x - 1) + 2 o (x —1) [x2 - 2x - (k + 2)] = 0 X = 1 (ứng với giao điềm I) X2 - 2 x - ( k + 2 ) = 0 ( * ) . (0 ,5 0 ) D o k > - 3 nên phương trình (*) có biệt thức A ' = 3 + k > 0 v à x = l không là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I(xi; yt), A (xA;yA), B (x b ; ỵb) với XA , X B là nghiệm của (*). Vì Xa + Xe = 2 = 2xi và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn thẳng AB (đpcm ). (0,50) 164
ị Câu II. (2,00 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 4sinxcos2x + sin2x = 1 + 2 cosx o (2cosx + l)(sin2x —1) = 0. (0,50) cosx= x = ± —-+ k 2 n . 2 3 sin2x = 1 o X = — + kĩi. 4 Nghiệm của phương ữ ình đã cho là x = ± — + k27t, x = —+ kĩt. ( k e Z ) . (0,50) 2. Giải h ệ p h ư ơ n g trình (1,00 điểm) Đ iều kiện: X > 1, y > 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với í(x + y ) ( x - 2 y - l ) = 0 (1) Ị x V 2 ỹ - y V ^ T = 2 x - 2 y (2) Từ điều kiện ta có X + y > 0 nên (1) X = 2y + 1 (3) (0,50) Thay (3) vào (2) ta được (y + \ ) y j ĩ ỹ = 2(y + 1) y = 2 (do y + 1 > 0) => X = 5. Nghiệm của hệ là (x; y) = (5; 2). (0,50) Câu III. ( 2 điểm ) 1. Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, c , D (1,00 điểm) Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng X2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 (*), trong đó a2 + b2 + c2 - d > 0 (**) Thay tọa độ các điểm A, B, c , D vào (*) ta được hệ phương trình Í6a + 6b + d = -1 8 6a + 6c + d = -1 8 (0,50) 6b + 6c + d = -1 8 ' iái 6a + 6b + 6c + d = -2 7 lít Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặ cầu là X2 + y2 + z2 - 3x - 3y - 3z = 0. (0,50) 16;
2. Tim tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C (1,00 điểm ) f3 3 i'! Măt câu đi qua A , B, c , D có tâm — — V2 2 2 , Gọi phương trình m ặt phẳng đi qua ba điểm A, B, c là m x + ny + pz + q = 0 (m 2 + n 2 + p2 > 0). Thay tọa độ các điểm A, B, c vào phương trình trên ta được 3m + 3n + q = 0 3m + 3p + q = 0 => 6m = 6n = 6p = - q * 0. 3n + 3p + q = 0 Do đó phương trinh m ặt phẳng (A BC ) là X + y + z - 6 = 0 (0,50) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc H của điểm I trên m ặt phang (ABC). 3 X— y— z— Phương trình đường thẳng IH : ----- — = ----- — = ___ 2 1 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình x+y+z-6=0 3 3 3 X - —- y =z— 2 2 2 Giải hệ trên ta được H(2; 2; 2) (0,50) Câu IV. (2,00 điểm ) 7. T ính tích p h â n (1 ,0 0 điểm ) dx dx , 1 Đặt u = ln X và dv = — r ^ du= — và V = - - (0,25) X3 X 2x In X 2+ 2r dx ỉn 2 1 Khi đó I = - (0,50) 2x ^x3- 1 4ỉr 3 - 2 ln 2 (0,25) 16 2. T im g iá trị lớn n hất và n h ỏ n hẩt c ủ a b iể u thức (1 ,0 0 đ iểm ) Ta có (x -y )(l-x y ) (x + y)(l + xy) 1 1 1 |p| = r ----- — (0, 50) (l + x )2(l + y )2 [(x + y) + (l + xy)] 4 4 4 166
• Khi X = 0, y = 1 thì p = . J 4 • Khi X = 1, y = 0 thì p = —. 4 G iá tri nhỏ nhất của p bằng , giá trị lớn nhất của p bằng —. (0,50] 4 4 C âu Va. (2,00 điểm ) 1. Tim n biết rằng. ..(1,00 điểm) Ta có o=(i-Dỉn=ci-c;n+...-c+ct (1 + 1) = c°n+c'2n + ... + C2n +c 2n • (0,50) C'2n+ C 32n+ ... + C r = 22"-'. T ừ giả thiết suy ra 22n 1 = 2048 n = 6 (0,50) 2. Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm) Do B,c thuộc (P), B khác c, B và c khác A nên B £ ;b 16 C l ĩ ỉ ;c với b, c là hai số thực phân biệt, b í 4 và c -ệ 4. __# ị 1^2 AB = - — l ; b - 4 ,A C = - l;c - 4 I. ặ=90° nên 16 v 16 .^B.AC = 0 « -1 -— 1 + (b -4 )(c -4 ) = 0 16 16 o 272 + 4(b + c) + bc = 0 (1). (0,50) Phương trình đường thẳng BC là: „2 X- = ——- 1 6 x - ( b + c )y + bc = 0 (2). b2 c2 b -c 16 16 • T ừ (1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I(17;4). (0,50) lí
Câu V b.(2,00 điểm ) 1. Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) , , . ,. . X2 - 3x + 2 B PT đã cho tương đương với 0 < -------—------ < 1. (0,50) X _ . • -------—------> 0 o X X > 2. (0,50) 2. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) T ừ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. Thể tích khối lăng trụ là ABC Ạ'B'C' —AA .SABC = a % /2 .-.a 2 = — a 3 (đ v tt) 2 2 A' A c (0,50) Gọi E là trung điểm của B B ’. Khi đó m ặt phẳng (A M E) song song với B ’C nên khoảng cách giữa hai đường thẩng A M ;B ’C bằng khoàng cách giữa B ’C và m ặt phẳng (AM E). N hận thấy khoảng cách từ B đến m ặt phang (A M E) bằng khoảng cách từ c đến m ặt phẳng (AM E). 168