Đề thi thử ĐH môn Toán khối B 2

SỞ GDðT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI B NĂM HỌC 2012-2013 (Thời gian làm bài 180 phút) (ðáp án gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung ðiể m 1 Cho hàm số mx 4 y x m + = + , ( ) m R ∈ có ñồ thị ( ) m C . 2,0 Với m 1 = ta có hàm số x 4 y x 1 − + = − 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;4), cắt trục hoành tại ñiểm (0; -4). ðồ thị (C) nhận giao ñiểm hai tiệm cận I(1; -1) làm tâm ñối xứng 0,25 2 Chứng minh rằng ( ) m C luôn ñi qua hai ñiểm cố ñịnh. Xác ñịnh m ñể hai tiếp tuyến với ( ) m C tại hai ñiểm cố ñịnh ñó là song song. 1,0 ( ) 2 2 mx 4 m 4 y y' x m x m + − = ⇒ = + + Giả sử ( ) o o M x ; y là ñiểm mà ( ) m C luôn ñi qua, ta có: o o o mx 4 y ; m R;m 2 x m + = ∀ ∈ ≠ ± + ( ) o o o o m x y 4 x .y ; m R;m 2 ⇔ − = − ∀ ∈ ≠ ± 0,25 y I -1 O 4 - 4 1 x o o o o o o o o x y 0 x y 2 4 x .y 0 x y 2 − = = =   ⇔ ⇔   − = = = −   . Vậy m R;m 2 ∀ ∈ ≠ ± , ( ) m C luôn ñi qua hai ñiểm cố ñịnh là ( ) ( ) A 2;2 ,B 2; 2 − 0,25 Hai tiếp tuyến với ( ) m C tại hai ñiểm cố ñịnh ( ) ( ) A 2;2 ,B 2; 2 − song song ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 m 4 m 4 y' 2 y' 2 m 2 m 2 − − ⇔ = − ⇔ = + − . 0,25 I m 0 ⇔ = là giá trị cần tìm 0,25 1 Giải phương trình : ( ) 3sin 2x 2cos x 1 2 cos3x cos2x 3cos x + + = + − . 1,0 Pt )1cos2()12(cos)cos3(cos)1cos2(2sin3 +−−+−=+⇔ xxxxxx )1cos2(sin2cossin4)1cos2(2sin3 22 +−−−=+⇔ xxxxxx 0)1sin22sin3)(1cos2( 2 =+++⇔ xxx 0,25 *) 1) 6 2sin(22cos2sin301sin22sin3 2 −=−⇔−=−⇔=++ π xxxxx ( ) ; 6 x k k π π ⇔ = − + ∈Ζ 0,25 *) )( 2 3 2 2 3 2 01cos2 Zk kx kx x ∈       +−= += ⇔=+ π π π π 0,25 Vậy phương trình có nghiệm: π π 2 3 2 kx += ; π π 2 3 2 kx +−= và π π kx +−= 6 (k ) Z ∈ 0,25 2 Giải hệ phương trình : y 2 2 2 log x 2 4 1 x xy 4 y 0 +  =   + + + =   (1) (2) 1,0 ðiều kiện: x 0 > (*) Từ (2) suy ra y 0 < vì nếu y 0 ≥ thì ( ) VT 2 0 > 0,25 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 4 1 x xy 4 y 0 16 1 x x y 4 y 4x y 16x x y 16 0 xy 4 4x xy 4 0 xy 4 0; 4x xy 4 0 ⇔ + = − + > ⇔ + = + ⇔ − + − = ⇔ − + + = ⇔ − = + + > 0,25 2 4 x y ⇔ = , thay vào (1) ta có ( ) y 2 y 2 2 2 4 log 2 4.2 2log y 2 0 y + = ⇔ + − − = (3) (Do y 0 < ) Xét hàm số ( ) ( ) y 2 f y 4.2 2log y 2 = + − − có: ( ) ( ) y 2 f ' y 4.2 ln 2 0; y 0 y ln 2 = + > ∀ < − và ( ) f 1 0 − = suy ra (3) có nghiệm duy nhất y 1 = − 0,25 II 2 4 y 1 x 4 y = − ⇒ = = . Kết hơp (*) hệ ñã cho có nghiệm (x, y) là (4, -1) 0,25 Tính tích phân: ( ) e 1 ln x I dx x 2 ln x 2 ln x = + + − ∫ 1,0 ðặt 2 2 2 2 4 2 ln 2 ln 4 2 4 ln 4ln 8 x x t x t x t t + + − = ⇒ + − = ⇒ = − 0,25 III ( ) 2 3 3 8ln ln 1 16 4 2 2 x x dx t t dt dx t t x x   ⇒ = − ⇒ = −     0,25 ðổi cận: x 1 t 2 2 = ⇒ = x e t 3 1 = ⇒ = + Suy ra : 3 1 3 1 3 1 3 2 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 I . 2t t dt 2 t dt 2t t t 2 2 6 + + +       = − = − = −             ∫ ∫ 0,25 Vậy ( ) 1 I 3 3 1 4 2 3 = + − 0,25 Tính thể tích của khối chóp theo a 1,0 B A C S H M N Kẻ SH BC ⊥ . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của S lên AC, AB, từ giả thiết suy ra: o SMH SNH 60 SHM SHN HM HN ∠ = ∠ = ⇒ ∆ = ∆ ⇒ = 0,25 Ta có ( ) ( ) o 3 3 a a a 3 BC a; ABC 60 AB ;AC= HM AB AC AB.AC HM 2 2 4 − = ∠ = ⇒ = ⇒ + = ⇒ = 0,25 ( ) o 3 1 a SH HM.tan 60 4 − ⇒ = = mà 2 ABC 1 a 3 S AB.AC 2 8 ∆ = = . 0,25 IV Vậy ( ) 3 S.ABCD ABC 3 3 a 1 V .SH.S 3 32 ∆ − = = (ñvtt) 0,25 Chứng minh rằng: 2 2 2 3 x y z 4 + + ≥ . 1,0 Ta có: ( ) ( ) xyz 1 x y z xy yz zx xyz = − + + + + + − ( ) xy yz xz 2xyz 1 x y z ⇔ + + = − + + + Mà: ( ) ( ) 2 2 2 2 x y z x y z 2 xy yz xz + + = + + + + + ( ) ( ) 2 2 2 2 x y z 2 2 x y z x y z 4xyz ⇔ + + = − + + + + + − 0,25 Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy ta ñược ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 x y z x y z xyz x y z 2 2 x y z x y z 4 3 3 + + = +     ≤ ⇒ + + ≥ − + + + + + −         0,25 ðặt ( ) t x y z, 0 t 3 = + + < < . Ta có: 3 2 2 2 2 4t x y z 2 2t t 27 + + ≥ − + − Xét hàm số: ( ) 3 2 4t f t 2 2t t 27 = − + − trên (0;3) ta có: ( ) ( ) 2 3 t 4t f ' t 2 2t ;f ' t 0 2 9 t 3  =  = − + − = ⇔  =  + Bảng biến thiên: x 0 3 2 3 y’ - + y 3 4 0.25 V suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 3 2 4t f t 2 2t t 27 = − + − trên (0;3) là 3 4 ñạt ñược khi t= 3 2 Vậy 2 2 2 3 x y z 4 + + ≥ . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 1 x y z 3 = = = 0,25 1 Tính diện tích …. 1,0 Gọi B, C là hai ñỉnh còn lại của tam giác ñều thì B(-m; n), C(m, n). Tam giác ABC ñều nội tiếp elip (E) 2 2 2 2 2 1 16 4 4 4 4 m n m m n n  + =  ⇔   = + − +  0,25 2 2 2 2 2 22 4 16 13 4 44 0 13 3 4 4 2 m n n n n m n n n   + = = −   ⇔ ⇒ − − = ⇔   = − +   =  0,25 n 2 = loại vì A B C ≡ ≡ . Với 16 3 m 13 n 2 16 3 m 13  =   = ⇒  = −   0,25 ( ) 2 2 ABC 1 3 1 3 768 3 S AB . 2m 2 2 2 2 169 ∆ = = = (ñvdt) 0,25 2 Lập phương trình mặt cầu (S) 1.,0 Gọi r là bán kính ñường tròn giao tuyến, ta có 8 2 r r 4 π = π ⇔ = 0,25 ( ) 2 2 2 2 4 3 5 8 d d I;(P) 3 2 2 1 + − + = = = + + 0,25 ⇒ Bán kính mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 8 208 R r d 4 3 9   = + = + =     0,25 VIa Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 208 x 1 x 2 x 3 9 − + − + + = 0,25 Giải bất phương trình: ( ) 2 2 2 2 2 4 log x log x 3 5 log x 3 − − > − 1,0 §K:    ≥−− > 03loglog 0 2 2 2 2 xx x 0,25 BÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi )1()3(log53loglog 2 2 2 2 2 −>−− xxx ®Æt t = log 2 x, 0,25 BPT (1)  )3(5)1)(3()3(532 2 −>+−⇔−>−− tttttt    << −≤ ⇔    << −≤ ⇔         −>−+ > −≤ ⇔ 4log3 1log 43 1 )3(5)3)(1( 3 1 2 2 2 x x t t ttt t t 0,25 VII.a     << ≤< ⇔ 168 2 1 0 x x VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: )16;8(] 2 1 ;0( ∪ 0,25 1 Lập phương trình ñường cao qua ñỉnh B của tam giác ABC. 1,0 B AB BC = ∩ ⇒ Tọa ñộ B là nghiệm của hệ: ( ) 2x y 1 0 B 1; 1 x 4y 3 0 + − =  ⇒ −  + + =  0,25 Giả sử AC n  ( ) a;b = 2 2 (a b 0) + > là véc tơ pháp tuyến của ñường thẳng AC Lại có ( ) ( ) 2;1 , 1;4 AB BC n n= =   tương ứng là véc tơ pháp tuyến của AB, BC. cos B cos C = . . . . AB BC AC BC AB BC AC BC n n n n n n n n = =         0,25 2 2 2 2 2 4 2a b 31a 40a 44b 0 5. 17 a b . 17 + + ⇔ = ⇔ − − = + . Chọn a 2 b 1 22 a 31 =   = ⇒ −  =  a 2;b 1 = = loại vì (2; 1) là vtpt của AB 0,25 Suy ra AC n  = 22 ;1 31 −       . Phương trình ñường cao ñi qua ñỉnh B là 31x 22y 9 0 + − = 0,25 2 Tìm toạ ñộ ñỉnh Q biết rằng ñỉnh N nằm trong mặt phẳng ( ) : x y z 6 0. α + − − = 1,0 Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I là trung ñiểm MP và NQ 7 5 I ;3; 2 2 −   ⇒     Giả sử ( ) N a;b;c , ( ) N : x y z 6 0 a b c 6 0 ∈ α + − − = ⇒ + − − = (1) 0,25 MNPQ là hình vuông MNP ⇒ ∆ vuông cân tại N      = = ⇔ 0. PNMN PNMN ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 a 5 b 3 c 1 a 2 b 3 c 4 a 5 a 2 b 3 c 1 c 4 0  − + − + + = − + − + +  ⇔  − − + − + + + =   0,25 ( )( ) ( ) ( )( ) 2 a c 1 0 a 5 a 2 b 3 c 1 c 4 0 + − =   ⇔  − − + − + + + =   ( ) ( ) 2 3 Từ (1) và (2) suy ra b 2a 7 c a 1 = − +   = − +  Thay vào (3) ta có 2 a 5a 6 0 − + = a 2;b 3;c 1 a 3;b 1;c 2 = = = −  ⇒  = = = −  hay ( ) ( ) N 2;3; 1 N 3;1; 2 −   −   0,25 VIIb Nếu N(2; 3;-1) thì Q(5; 3; -4). Nếu N(3; 1;-2) thì Q(4; 5; -3). Vậy……. 0,25 Giải phương trình ( ) ( ) x x 2012 2013 log e 2011 log 2012 2 + + π + ≤ (1) 1,0 VIIb Xét hàm số ( ) ( ) ( ) x x 2012 2013 f x log e 2011 log 2012 = + + π + ( ) ( ) ( ) x x x x e ln f ' x 0 e 2011 ln 2012 2012 ln 2013 π π = + > ⇒ + π + f(x) là hàm ñồng biến 0,5 Mà ( ) f 0 2 = nên bất phương trình ( ) ( ) f x f 0 x 0 ≤ ⇔ ≤ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( ] S ;0 = −∞ 0,5 . ( ) ( ) 2;1 , 1;4 AB BC n n= =   tương ứng là véc tơ pháp tuyến của AB, BC. cos B cos C = . . . . AB BC AC BC AB BC AC BC n n n n n n n n =. a a a 3 BC a; ABC 60 AB ;AC= HM AB AC AB.AC HM 2 2 4 − = ∠ = ⇒ = ⇒ + = ⇒ = 0,25 ( ) o 3 1 a SH HM.tan 60 4 − ⇒ = = mà 2 ABC 1 a 3 S AB.AC 2 8 ∆ =