JOINT MOCK MARKING GUIDE TERM 2 2015
let Rx  Ax  B ,
1.
F x  x  2x  2Qx  Rx ,
When x  2 , F 2  2 A  B …(i)M1
When x   2 , F  2   2 A  B …(ii)M1
F 2  F  2  2B , B 
2.
1
F 2  F  2 A1
2
1
F 2  F  2  4 A , A  F 2  F  2 A1
4
1
1
Rx   F 2  F  2x  F 2  F  2 A1
4
2
2
2
2
2
x  y  6 x  12 y  40  0 , x  3   y  6   40  36  9  5
Thus C 3, 6, r  5 M1
x 2  y 2  4 y  16 , x  0   y  2  16  4  20
2
2
Thus C 0, 2, r  20  2 5 M1
d
3  02  6  22
 5 M1
r1  r2  5  20  25 M1
2
2
Therefore, since d 2  r1  r2 , then the circles are orthogonal.B1
2
3.
2
When n  2 , 36132   6 2  6048  7864
When n  3 , 36133   63  78876  711268 B1
For When n  k ,  3613k   6 k  7 P where P is a positive integer.M1
When n  k  1 , 3613k  1   6 k  1
 3613k   63613k   7 P M1
 3613k 13  6  42P
 73613k   6P  still divisible by 7.A1 Thus since it holds for
n  2, 3, . . . k , k  1 , then it holds for n  2 .B1
  2
0
 
 
Direction vectors are, a   3  , b   3  M1 both
 1
  1
 
 
4.
a  0  9  1  10 , b 
4  9  1  14 M1
 0    2
   
a . b   3  .  3   0  9  1  10 , M1
  1   1 
   
5.
cos  
10
10  14
,   32.31o M1, A1
Let sin x  2 cos x  R sin x     R sin x cos   2 cos x sin 
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Page 1
R sin   2, R cos   1 , M1thus tan   2,   63.45o , R  5 A1
1
sin x  2 cos x  5 sin x  63.45 o  , A1
3  5 sin x  63.45o 
The minimum occurs when

i.e when x  63.45o
6
7.
8.
  90
o


5 sin x  63.45 o  1 (maximum)
M1, thus when x  153.45 o A1
 
 1   x 2 M1
4 
4
dA
dA
 
 
 21   x ,M1 thus by the chain rule
 21   x . 2 M1
dx
4
dt
4


When the perimeter is 1.2 m , x  0.3m  30cm B1
dA
 
So
 1201    25.7522 cm 2 min 1 .A1
dt
4

dy cos 2 x  sin 2 x  2 sin 2 x  2 cos 2 x   cos 2 x  sin 2 x  2 sin 2 x  2 cos 2 x 
M1M1

dx
cos 2 x  sin 2 x 2
dy 2cos 2 x  sin 2 x cos 2 x  sin 2 x   2cos 2 x  sin 2 x cos 2 x  sin 2 x 

dx
cos 2 x  sin 2 x 2
dy 21  2 sin 2 x cos 2 x   21  2 sin 2 x cos 2 x 
M1M1

1  2 sin 2 x cos 2 x 
dx
dy
4
A1

dx 1  sin 4 x 
1
let t  tan 12 x, dt  12 sec 2 12 x dx M1 thus dx  2dt 2 , M1
 1  sin x dx
1  t 
2
1
2dt
 c A1
M1   2dt 2   2  c ,M1  

2

2t


1  t
1  tan 12 x 

1 t 


1

t
1
1 t2
Area of shaded part A  x 
2
x 2
5  12i  2   x  iy 
9a)
1
5  12i  x 2  y 2  2 xyi
x 2  y 2  5 and 2 xy  12 , so x 
y 4  5 y 2  36  0 ,
y
2


6
y
 9 y2  4  0
y   2 , y   3i
The square root is  3  2i 
ALT
z  5  12i ,

z  52  12 2  13 arg z  tan 1
z  13 cos 67.4 o  i sin 67.4 o
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
12
 67.4 o
5
Page 2
1 
67.4  2k
67.4  2k 
 13 2  cos
 i sin
 for k  0, 1
2
2


o
o
When k  1 , z  13 cos 33.7  i sin 33.7  2.9998  2.0004i  3  2i
z
1
2
k  2, z 

13 cos 393.7

o

 i sin 393.7 o   2.9998  2.0004i   3  2i
 z 3  

  . arg z  3  arg z  2i   , for z  x  iy ,
arg
4
 z  2i  4

arg x  3  iy   arg x  i y  2 
4
 y 
 y  2 
  tan 1 
tan 1 
  , let
 x  4
 x  3
b)
 y 
 y  2
  A, tan 1 
tan 1 
B
 x 
 x  3
y2
y


x3
x
tan  A  B   tan  1 , thus
1
4
 y  y  2 

1  

 x  3  x 
xy  xy  2 x  3 y  6 x 2  3x  y 2  2 y
,

xx  3
xx  3
x 2  y 2  5x  5 y  6  0
x  52 2  y  52 2  264 , thus the locus is a circle with the centre  5 ,
2
radius
5
 and
2
26
units.
2
10a)


let T  2t ,
Gradient of
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PT
,
2

t
2 2

pt
1
t
p
m1 


2t  2 p t  p  pt
Page 3
b)
2 2

qt
1
t q
Gradient of QT , m2 


2t  2q t  q  qt
Since PT is perpendicular to QT ,  1   1   1 , thus t 2 pq   1 .
pt
qt
2 2

2 p  2q
p q pq
 p  q,
ii) Let M  X , Y  , X 
Y

2
2
pq
X
2
Y
 X  t 2  thus locus of M is y   t x .
pq
For a tangent at P , p  t , so m   12
p
2
y
1
p
Equation is
  2 , yp 2  x  4 p
x  2p
p
Substitute for x ,
11a)
yp 2 
y
 4p,
t2
to get
y
 4 pt 2
1  t 2 p2
3 sec 2   2 tan   4 , 3 tan 2   2 tan   1  0
3 tan   1tan   1  0
1
, tan    1
3
  18.43o , 198.43o , 135 o , 315 o
  0.3217, 3.4633, 2.3562, 5.4978
tan  
b)
tan P 
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bc
b
, tan P    
x
x
Page 4
tan P  tan 
b
 ,
1  tan P tan  x
b1  tan P tan x  xtan P  tan  
b  c
x
b
c
x 
x tan P  b

 2
, tan  
tan  
x  b tan P
 b  c  x  b 2  bc
x  b

x
 x 
cx
as required
tan   2
x  b 2  bc
12.
L1 : 4  x  y  1 
6z
,  x  4   , y  1   , z  6  6
6
x  5 y 1
,  x  5  4 , y  1  2 , z  0

4
2
1
6  6  0,   1 , 1    1  2 ,  
2
Checking with x ; 4    5  4 , 4  1  3 and 5  4 12   3
L2 :
Thus point of intersection is 3,
Let direction vector of
direction vector of
direction vector of
L1
L2
L3
be
2, 0 .
a
 
d  b
c
 
be
 1
 
t 1 
  6
 
be
  4


s 2 
 0 


 a  1
  

 b  .  1   0 ,   a  b  6c  0 …(i)
 c    6
  

 a    4
   
 b  .  2   0 ,   4a  2b  0 …(ii) b  2a ,
c  0 
   
Thus,
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 a  b  6c  0 c 
a
6
 a 
1
 
 
d   2a   a 2 
a 
1 
 
 6
 6
Page 5
 3
1
 
 

L3 ; r   2     2  , x  3   , y  2  2 , z  0 
6
 0
1 
 
 6
Equation of
n  1,
abc0
n  2,
4a  2b  c   3
n  3,
9a  3b  c   16
Eliminate c , 5a  b   13,
Eliminate b , 2a   6,  a   3
13a)
3a  b   7
b  2
c  5
 a n   3n 2  2n  5
n
  3n
2
 2n  5
n 1
1

1

  3 nn  12n  1  2 nn  1  5n
6

2

1
  2n 3  3n 2  n  2n 2  2n  10n
2
n
  2n 2  n  11
2
In 2
In1  e x 
f 0  
f x   log 5 1  e x  
In5
In5
x
1
1
e
f ' 0 

f ' x  
x
2 In5 In 25
1  e In5



14.
Let


f ' ' x  



 
1 1  ex ex  ex
2
In5
1  ex

log 5 1  e x 
b)



2
f ' ' 0 
1
1

4 In5 In625
In 2
x
x2


 ...
In5 In 25 2 In625
A right circular cone is to be made such that its slant height is  metres. Show that the maximum
volume of the cone is
2 4
9 3
.
2
2
2
2
2
2
Solution:   r  h  r    h
Volume V 
Volume,

3

h( 2  h 2 )
3
dV  2
 (  3h 2 ) but for max
dh 3
dV
0
dh
So,
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so V 
r 2h

3
( 2  3h 2 )  0 h 

3
Page 6
 Maximum Volume V 
=

( 2 
3
2 4
9 3
6  9x
27 x 3  8
Let

2 
3
)
3
.
6  9x
3x  29 x 2  6 x  4
6  9x
A
Bx  C

 2
2
3x  2 9 x  6 x  4 3x  2 9 x  6 x  4




6  9 x  A 9 x2  6 x  4  Bx  C 3x  2
x : 9 A  3B  0 , x :  6 A  2 B  3C   9 , x o : 4 A  2C  6
Solve to get; A  1, B   3, C  1
6  9x
 3x  1
1

 2
2
3x  29 x  6 x  4 3x  2 9 x  6 x  4
6  9x
 3x  1
1
Thus 
dx  
dx   2
dx
3
3x  2
27 x  8
9x  6x  4
1
1
 In3x  2   In9 x 2  6 x  4  c
3
6
2
Or In
16a)
9 x
3x  2 13
2
 6x  4

1
c
6
Let the numbers be x and y .
x  y  24
2
2
Let the sum be S such that S  x  y
S  x 2  24  x   2 x 2  48 x  576
dS
 0 , i.e 4 x  48  0, x  12
For max or min,
dx
Thus the numbers are x  12, y  12 .
i)
the values of p and q .
2
b)
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y  xx  1 px  q   px 3  (q  p) x 2  qx
dy
 3 px 2  2q  p x  q
dx
For the tangent y  x  0, gradient   1
For the tangent y  3x  3  0, gradient  3
 q   1,  q  1 .
At 0, 0 ,
At 1, 0 ,
3 p  2q  px  q  3, p  q  3 so p  2
3
2
Thus y  2 x  x  x .
Sketch:
y  xx  12x  1
Intercepts:
When y  0, x  0, 1,  12 , so 0, 0, 1, 0,  12 , 0
Page 7
dy
 6 x 2  2 x  1  0 , x  0.6,  0.3
dx
2
d y
 12 x  2
dx 2
d2y
When x  0.6,
 0,  min x  0.6, y   0.5, 0.6,  0.5 min
dx 2
d2y
When x   0.3,
 0,  max x   0.3, y  0.3,  0.3, 0.3 max
dx 2
For turning points,
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