SỞ GDðT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A+A1 NĂM HỌC 2012-2013 (Thời gian làm bài 180 phút) (ðáp án gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung ðiểm 1 Cho hàm số x 2 y x 1 − = + , có ñồ thị (C). 2,0 Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ ñồ thị (C) 1,0 * Tập xác ñịnh: D { } \ 1 R = − , ( ) 2 3 y 0, x D x 1 ′ = > ∀ ∈ + 0,25 * Sự biến thiên: + Giới hạn: x x 1 x 1 x lim y lim y 1, lim y , lim y + − →−∞ →− →− →+∞ = = = −∞ = +∞ . ðồ thị (C) có tiệm cận ngang là ñường thẳng y=1, tiệm cận ñứng là ñường thẳng x=-1 0,25 + Bảng biến thiên: x - ∞ -1 + ∞ y’ + + y + ∞ 1 1 - ∞ + Hàm số ñồng biến trên khoảng ( ) ; 1 −∞ − và ( ) 1; − +∞ . 0,25 I 1 * ðồ thị: ðồ thị cắt trục tung tại ñiểm (0;-2), cắt trục hoành tại ñiểm (0; 2). ðồ thị (C) nhận giao ñiểm hai tiệm cận I(-1; 1) làm tâm ñối xứng 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị (C…… 1,0 PT tiếp tuyến d có dạng ( ) ( ) o 2 o 3 x 2 y x x x 1 x 1 − = − + + + , (với o x là hoành ñộ tiếp ñiểm) Giao ñiểm của d lần lượt với tc ñứng, tc ngang là: o o x 5 A 1; ; x 1   − −   +   ( ) o B 2x 1;1 + 0,25 o o 6 IA ;IB 2x 2 IA.IB 12 x 1 = = + ⇒ = + 0,25 Bán kính 2 2 IA.IB IA.IB IA.IB 6 r IA IB AB 2 IA.IB 2IA.IB 2 3 6 IA IB IA IB = = ≤ = + + + + + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 o o IA IB x 1 3 x 1 3 = ⇔ + = ⇔ = − ± y I -1 O 2 - 2 1 x 0,25 I Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x 2 2 3 = + − hoặc y x 2 2 3 = + + 0,25 1 Giải phương trình : 2 5x x 4 3 sin x cos x 2cos cos 3sin 2x 3cos x 2 2 2 0 2sin x 3 − + + + = − 1,0 ðiều kiện : 3 sin x 2 ≠ 0,25 Phương trình ñã cho tương ñương với phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 sin 2x cos x cos3x cos2x 3sin 2x 3cos x 2 0 3 sin 2x 2cos x 1 cos3x cos x cos 2x 1 2cos x 1 0 3 sin 2x 2cos x 1 4cos x.sin x 2sin x 2cos x 1 0 3 sin 2x 2cos x 1 2sin x 2cos x 1 2cos x 1 0 2cos x 1 3sin 2x 2sin x 1 0 2cos x 1 3si − − + + + = ⇔ + − − − − + + = ⇔ + + + + + = ⇔ + + + + + = ⇔ + + + = ⇔ + ( ) n 2x cos2x 2 0− + = 0,25 ( ) 1 2 cos x x 2k 2cos x 1 0 2 3 k 3 sin 2x cos2x 2 0 cos 2x 1 x k 3 6 −  π  = = ± + π   + =   ⇔ ⇔ ⇔ ∈ Ζ   π −π   − + =    + = = + π         0,25 ðối chiếu ñiều kiện ta ñược nghiệm của phương trình là: 2 x k2 ;x k (k Z) 3 6 − π −π = + π = + π ∈ 0,25 2 Giải hệ phương trình : ( ) 2 2 y 1 x 3y 2 y 4x 2 5y 3x 3 3 6.3 3 2.3 1 2. x y 1 3. 3y 2x + + − + − −  + = +   + + − = −   ( ) ( ) 1 2 1,0 ðk: x y 1 0 + − ≥ (*) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4x 2 3y 3x y 4x 2 2y 3y 3x y 1 2y 4x 2 2y y x y 4x 2 2y 1 3 6.3 3 2.3 0 3 3 27 6.3 0 3 3 0 y 2x 1 − + − + − + − + + − − − ⇔ + − + = ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = − Thay vào (2) ta có: 3 2 1 2 3x 2 3. 4x 3, x 3 + − = − ≥ 0,25 ðặt 3 a 3x 2 0;b 4x 3 = − ≥ = − ta có hệ 2 3 1 2a 3b 4a 3b 1 + =   − =  ( ) ( ) 3 4 Từ ( ) 3b 1 3 a 2 = ⇒ = thay vào pt (4) ta ñược 3 2 1 b 0 a 2 3b 9b 6b 0 b 1 a 1 5 b 2 a 2 −  = ⇒ =   − + = ⇔ = ⇒ =   = ⇒ =   0,25 +) 1 b 0;a 2 − = = không thõa mãn +) a 1 x 1 b 1 y 1 = =   ⇔   = =   +) 11 5 x a 4 2 9 b 2 y 2  =   =   ⇔     = =    0,25 II Kết hợp ñk (*) suy ra hệ có nghiệm (x; y) là ( ) 11 9 1;1 , ; 4 2       0,25 Tính tích phân: 1 x 2 2 3 4 e x x 2 tan x dx x cos x π π       + +           ∫ 1,0 Ta có: 1 1 2 x x 2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 e x 1 x I x 2tan x dx e . dx dx 2x tan xdx x cos x x cos x π π π π π π π π       = + + = + +           ∫ ∫ ∫ ∫ (1) 0,25 +) 1 4 1 1 1 3 x x x 2 3 3 3 4 4 4 1 1 e . dx e d e e e x x π π π π π π π π   = − = − = − +     ∫ ∫ 0,25 +) 2 2 3 4 x J dx cos x π π = ∫ : ðặt ( ) 2 2 3 3 4 2 4 u x du 2xdx J x tanx 2x tan xdx 1 v t anx dv dx cos x π π π π  = =   ⇒ ⇒ = −   = =    ∫ 2 3 4 9 J 2x tan xdx 16 π π π = − ∫ 0,25 III Thay vào (1) ta có 1 4 2 3 9 I e e 16 π π π = − + + 0,25 Tính thể tích…… 1,0 a O D C A B S H K I Từ giả thiết AC = 2 3 a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung ñiểm O của mỗi ñường chéo. Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3 a ; BO = a , do ñó  0 60 A DB = Hay tam giác ABD ñều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). 0,25 Do tam giác ABD ñều nên với H là trung ñiểm của AB, K là trung ñiểm của HB ta có DH AB ⊥ và DH = 3 a ; OK // DH và 1 3 2 2 a OK DH = = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O ñến mặt phẳng (SAB). 0,25 IV Tam giác SOK vuông tại O, OI là ñường cao ⇒ 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO = + ⇒ = Diện tích ñáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a ∆ = = = ; 0,25 ñường cao của hình chóp 2 a SO = . Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO= = (ñvtt) 0,25 Chứng minh rằng: 3 1 1 1 10 a b c b c a 3       + + + ≥             1,0 Vì a b c 1 + + = nên 1 1 1 1 1 1 1 M a b c abc 1 b c a abc a b c     = + + + = + + + + +         Theo bất ñẳng thức Cauchy ta có 3 1 a b c 1 abc abc 3 27 27 + + = ≥ ⇒ ≤ 0,25 Lại có: 2 2 2 2 2 1 1 27 1 1 27 1 730 abc abc 2 abc. abc 27 abc 27 abc 27 abc 27 27 − −   + = + + ≥ + =     0,25 Mặt khác: ( ) 1 1 1 1 1 1 a b c 9 9 a b c a b c   + + + + ≥ ⇒ + + ≥     Suy ra 730 1000 M 9 1 27 27 ≥ + + = 0.25 V Vậy 3 1 1 1 10 a b c b c a 3       + + + ≥             (ñpcm) Dấu bằng xảy ra 1 a b c 3 ⇔ = = = . 0,25 1 Tìm toạ ñộ các ñỉnh còn lại của hình thoi 1,0 Phương trình MP là: x y 3 0 + − = I MP NQ = ∩ ⇒ tọa ñộ I là nghiệm của hệ phương trình ( ) x y 1 0 x 2 I 2;1 x y 3 0 y 1 − − = =   ⇔ ⇒   + − = =   . 0,25 I là trung ñiểm của MP nên suy ra ( ) P 3;0 phương trình NQ là x y 1 0 − − = nên tọa ñộ N, Q có dạng (m; m-1) 0,25 Do ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 NQ 2MP IN 4IM m 2 m 2 4. 1 1 = ⇒ = ⇔ − + − = + ( ) 2 m 4 m 2 4 m 0 =  ⇔ − = ⇔  =  0,25 Vì N có tung ñộ âm nên N(0; -1) ⇒ Q(4; 3) Vậy ( ) P 3;0 , N(0; -1) , Q(4; 3) làcác ñỉnh cần tìm. 0,25 2 Viết phương trình mặt phẳng ( ) P 1.,0 Giả sử A(a; 0; 0), B(b; 0; 0), C(c; 0; 0), abc ≠ 0 ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là: x y z 1 a b c + + = . (P) qua I nên 1 1 1 1 a b c + + = (1) 0,25 Mà IA=IB=IC nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a 1 1 1 1 b 1 1 1 1 c 1 a 1 b 1 c 1 − + + = + − + = + + − ⇔ − = − = − a b c ⇔ = = hoặc b a 2 c a = −   =  hoặc c 2 a b a = −   =  hoặc b c 2 a = = − 0,25 Với a=b=c thay vào (1) ta ñược a=b=c=3. Khi ñó pt (P): x+y+z=3 Với b a 2 c a = −   =  hoặc c 2 a b a = −   =  thay vào (1) ta ñược 2 2 1 1 a 3a 4 0 a 2 a + = ⇔ − + = − (VN) Với b c 2 a = = − thay vào (1) ta ñược 2 1 2 1 a a 2 0 a 2 a + = ⇔ − + = − (VN) 0,25 VIa Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là: x+y+z=3 0,25 1,0 • Ta có 4 3 )12( 4 1 1 22 ++=++ xxx nên ( ) 10121422 10 )21( 16 9 )21( 8 3 )21( 16 1 )1(21 xxxxxx +++++=+++ 0,25 • Trong khai triển ( ) 14 21 x+ hệ số của 6 x là: 6 14 6 2 C Trong khai triển ( ) 12 21 x+ hệ số của 6 x là: 6 12 6 2 C Trong khai triển ( ) 10 21 x+ hệ số của 6 x là: 6 10 6 2 C 0,5 VII.a Vậy hệ số .417482 16 9 2 8 3 2 16 1 6 10 66 12 66 14 6 6 =++= CCCa 0,25 1 Tìm tọa ñộ C và D 1,0 Pt ñường thẳng AB: x y 1 0 − + = 0,25 I nằm trên cung AB của (P) ( ) [ ] 2 I m;m 2m 1 ,m 0;3 ⇒ − + ∈ Diện tích tam giác IAB lớn nhất ( ) 2 m 3m d I;AB 2 − ⇔ = lớn nhất 0,5 Xét hàm số ( ) 2 f m m 3m = − trên [ ] 0;3 ta có: m 0 2 3 3 f(m) 0 0 9 4 − Suy ra [ ] ( ) 2 9 9 m 0;3 ,0 m 4m d I;AB 4 4 2 ∀ ∈ ≤ − ≤ ⇒ ≤ . Dấu “=” xảy ra 3 3 1 m I ; 2 2 4   ⇔ = ⇒     0,25 I là trung ñiểm của AC và BD nên 1 C 3; 2 −       và 7 D 0; 2       là hai ñiểm cần tìm 0,25 2 Viết phương trình mặt phẳng (P) 1,0 Mặt phẳng (P) ñi qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng : Ax + By + Cz = 0 với 2 2 2 A B C 0 + + > ( ) ( ) ( ) 5 P Q 5A 2B 5C 0 B A C 2 ⊥ ⇔ − + = ⇔ = + (1) 0,25 (P) tạo với (R) góc o 45 nên o 2 2 2 2 2 2 A 4B 8C A 4B 8C 1 cos45 2 A B C 1 16 64 A B C .9 − − − − = ⇔ = + + + + + + (2) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 25 1 , 2 2 A 10 A C 8C 9 A A C C 4 ⇒ − + − = + + + 2 2 21A 18AC 3C 0 ⇔ + = = 0,25 Chọn A 1 C 1 1 A 7 = −   = ⇒  =  *) A 1,C 1 B 0 = − = ⇒ = ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là x-z=0 *) 1 20 A ,C 1 B 7 7 = = ⇒ = ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là x+20z+7z=0 0,25 VIIb Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là x-z=0 hoặc x+20z+7z=0 0,25 VIIb Cho khai triển ña thức: ( ) 2013 2 2013 o 1 2 2013 1 2x a a x a .x a .x − = + + + + Tính tổng: 0 1 2 2013 S a 2 a 3 a 2014 a= + + + + 1,0 Ta có: ( ) 2013 2 2013 0 1 2 2014 (1 2 ) 2 3 2014 . x x a a x a x a x ′ − = + + + + 2013 1012 2 2013 0 1 2 2013 (1 2 ) 4026 (1 2 ) 2 3 2014 x x x a a x a x a x ⇔ − − − = + + + + (*). 0,5 Nhận thấy: ( ) k k k k a x a x = − do ñó thay 1 x = − vào cả hai vế của (*) ta có: 2213 0 1 2 2013 2 3 2014 1343.3 S a a a a= + + + + = 0,5 . 2 a b a = −   =  thay vào (1) ta ñược 2 2 1 1 a 3a 4 0 a 2 a + = ⇔ − + = − (VN) Với b c 2 a = = − thay vào (1) ta ñược 2 1 2 1 a a 2 0 a 2 a +. c a AB, K là trung ñiểm c a HB ta có DH AB ⊥ và DH = 3 a ; OK // DH và 1 3 2 2 a OK DH = = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của