1 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu ý Nội dung Điểm a) Txđ \ 1D b) Sự biến thiên +) Chiều biến thiên '''' 2 1 0 ( 1) y x D x , suy ra hàm số nghịch biến t[.]
ĐÁP ÁN MƠN TỐN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu ý Nội dung a) Txđ D \ 1 b) Sự biến thiên: +) Chiều biến thiên: y ' Điểm 1 x D , suy hàm số ( x 1) 0,25 nghịch biến (;1) (1;+) +) Cực trị: hàm số khơng có cực trị +) Giới hạn tiệm cận: lim y , lim y nên đt x tiệm cận đứng ; x 1 x 1 0,25 lim y nên đt y tiệm cận ngang x a +) Bảng biến thiên: x y' - - 0,25 y c) Đồ thị + Do A,B thuộc đồ thị (C) nên A,B giao (C).Gọi k hệ số góc : y kx , Xét phương trình hồng độ giao điểm (C) 2x 1 kx kx (k 3) x 0(*);( x 1) x 1 + cắt (C) hai điểm phân biệt A,B phương trình (*) có hai nghiệm k b phân biệt k 2k k k ( k 3) 0,25 0.25 0.25 +Gọi A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) A,B thuộc nên y1 kx1 1; y2 kx2 Ta có MA.MB x12 k x12 x22 k x22 x1 x2 ( k 1) Theo định lí Viét x1 x2 25 2 thay vao ta (k 1) k 1 k k +Với k=1 ta A(2 2;1 2); B(2 2;1 2) 25 +Với k=-1 ta A(1 3; 2 3); B(1 3; 2 3) ĐK: sin x cos x 0,sin x Khi dễ thấy 0.25 sin x 2(1 cos x) sin x sin x cos x sin x sin x cos x cos x 2(sin x cos x) (1 cos x)(sin x 1) sin x cos x sin x cos x (sin x 1)(cos x 1) +) cos x 1 x k 2 +) sin x 1 x k 2 pt 0.25 0.25 Đối chiếu ĐK ta thấy pt cho có nghiệm x k 2 0.25 Điều kiện: x 0.25 Bất phương trình x x 92 10 ( x x 8) ( x 1) x2 2x x x 92 10 ( x 2)( x 4) x2 x 1 1 0.25 x4 ( x 2) ( x 4) 0 x 1 x x 92 10 1 ( x 2) ( x 4)( 1) 0 x 1 x x 92 10 0.25 1 Ta có: ( x 4)( 1) 0, x x 1 x x 92 10 Do bất phương trình x x Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: x e e 0.25 e (2 x3 1) ln x x 2 x3 ln x x ln x dx dx dx x ln x x ln x x ln x 1 I e e e 0.25 e ln x 1 dx 2 x dx d (1 x ln x ) x ln x x ln x 1 I 2 x dx 0.25 e x3 e I ln |1 x ln x | 1 0.25 2e3 ln |1 e | 3 DA AB Do AD ( ABB ' A ') nên AB’ hình chiếu B’D ABB ' A ' DA AA' Suy góc đường thẳng B ' D mặt phẳng ABB ' A ' góc B’D AB’ DB ' A =30 3a Gọi H trung điểm AB Chứng minh OH , AB’ = 3a 0.25 I 0.25 0.25 Tính AB = 4a BB’ = a 11 0.25 Thể tích khối hộp VABCD A ' B 'C ' D ' S ABCD OO' = AB.AD.OO'=12a 11 (đvdt) 0.25 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có 0,25 a 4b a 4b 16c a ab abc a a b c 2 3 Đẳng thức xảy a 4b 16c 3 Suy P a b c a bc Đặt t a b c, t Khi ta có: P 0,25 3 2t t 3 3 với t ta có f ' t 2t t 2t t 2t 3 f ' t t 1 2t t 2t Lập bảng biến thiên ta thấy f t t t 0 16 Vậy giá trị nhỏ P a, b,c , , 21 21 21 Đường trịn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính IA=2 Xét hàm số f t 7.a 0,25 0,25 25 Ta có IM (1; 1), IM AB , suy ptđt AB là: x y A AB A(a; a 1) Khi IA (a 1) (a 1) a a (do a ) Suy A(1;2); B(-1;0) Ta có pt BC: x , pt AI: y Gọi N giao điểm AI BC Suy N(-1; 2) N trung điểm BC Suy C(-1; 4) x x x y yB yC z A z B zC Ta có G A B C ; A ; 3 0.25 0.25 0,25 0,25 1 2 5 3 ; ; 3 0,25 Suy G 1; 2; 1 Mà M Oz M 0;0; z MG 12 2 1 z 8.a 0,25 0,25 Suy MG z 1 KL: MG nhỏ z 1 hay M 0;0; 1 Điều kiện x > 0,25 pt 3 log x 92 log x 18 1 log x 0,25 9.a log x 18 log x 27 +) log2x = -1 x = 1/2 0,25 0,25 +) log2x =3 x=8 Kl: pt cho có nghiệm: x=1/2 x=8 Gọi E trung điểm AB Ta tính AB EB 2 0,25 26 AB.IE EB.IE IE , R IB IE EB 2 Ta có E(1/2; 1/2) Phương trình đt IE: x- y = S AIB 7.b 0,25 0,25 19 19 17 17 I ( ; ) hay I ( ; ) 2 2 Từ ta có hai phương trình đường trịn t/m:……… Gọi I (a;a) thuộc IE Khi từ IE suy 0,25 AH BC xz 0 Gọi B(x; y; 0) C(0; 0; z) ta có CH AB 2x y HA, HC HB 3 x y 13 z 7 Giải hệ ta có nghiệm (3; 1; -3) ;14; 2 8.b 0,25 0,25 0,25 Với x=3, y=1, z=-3 suy B(3; 1; 0) loại B trùng A 7 Với x=-7/2; y=14; z= 7/2 B ;14;0 ; C 0;0; 2 0,25 Đk: x x (*) 9.b 0,25 9x 1 9x 1 x1 3.3 x 8.3 x 8 1 Đặt t = x , đk t > Ta 3t 8t t30t3 Khi : x x Kết hợp với đk (*) ta có nghiệm bất phương trình là: x Bpt x log 0,25 0,25 0,25 Mọi cách khác giải điểm tối đa -Hết