Đap an Đê thi thu DH lan 1 Truong THPT Trân Phu-HT

SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2010 Môn: TOÁN (Đáp án- thang điểm gồm 4 trang) ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I. (2.0 điểm) 1.(1 điểm) Khảo sát…. • Tập xác định: D= ¡ \{-1}. • Sự biến thiên - Chiều biến thiên , 2 3 0, ( 1) y x D x = − < ∀ ∈ + . Hàm số nghịch biến trên: ( ; 1)−∞ − và ( 1; )− +∞ . - Cực trị : Không có. 0.25 - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 3; x x y y →−∞ →+∞ = = tiệm cận ngang: y = 3. 1 1 lim ,lim ; x x y y − + →− →− = −∞ = +∞ tiệm cận đứng: x = -1. 0.25 - Bảng biến thiên: x −∞ -1 +∞ y’ - - y 3 −∞ +∞ 3 0.25 • Đồ thị: 6 4 2 -2 y -5 x x=-1 y=3 O -1 -2 3 0.25 2.(1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến… Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng d nên có hệ số góc là 3 4 − 0.25 Gọi tọa độ tiếp điểm là 0 0 ( ; )x y , ta có 0 2 3 3 1 ( 1) 4 x x − = − ⇔ = + hoặc 0 3x = − 0.25 0 1x = ⇒ 9 2 o y = ; phương trình tiếp tuyến 3 21 4 4 y x= − + (loại) 0.25 • 0 3x = − ⇒ 3 2 o y = ; phương trình tiếp tuyến 3 3 4 4 y x= − − (thỏa mãn) Vậy tiếp tuyến cần tìm là: 3 3 4 4 y x= − − . 0.25 II (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Giải phương trình … Điều kiện: 3 2sin 3 0 sin 2 x x+ ≠ ⇔ ≠ − (*). 0.25 Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với sin 2 .sin 3 sin 2 . osx 2sin 2 . os2x=0x x x c x c+ − ⇔ sin 2 (sin 3 osx 2 os2x)=0x x c c+ − ⇔ sin 2 0x = hoặc sin 3 os x - 2 os2 0x c c x+ = 0.25 • sin 2 0 2 x x k π = ⇔ = . 0.25 • sin 3 os x - 2 os2 0x c c x+ = ⇔ os x- = os2 6 c c x π    ÷   ⇔ 2 6 x k π π = − + hoặc 2 18 3 x k π π = + . Kết hợp điều kiện (*), ta được nghiệm: 2 x k π = , 2 , 2 , 18 3 6 x k x k π π π π = + = − + ( )k ∈¢ . 0.25 2. (1.0 điểm) Giải phương trình… Điều kiện: 5 1 2 x x x > −   ≠   ≠  (**) 0.25 Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 log ( 5) log | 1| log 2 log | ( 1)( 2) |x x x x+ + − = + − − ⇔ ( ) ( ) 2 2 log ( 5) | 1| log 2 | ( 1)( 2) |x x x x+ − = − − 0.25 ⇔ (x+5)|x-1|=2|(x-1)(x-2)| ⇔ x+5=2|x-2| (i) • Với ( 5;1) (1;2)x∈ − ∪ : (i) ⇔ x = 1 3 − (thỏa mãn) • Với (2; )x∈ +∞ : (i) ⇔ x = 9 (thỏa mãn). Vậy tập nghiệm là: S= 1 ,9 3   −     . 0.5 III (1.0 điểm) Tính giới hạn …. 2 3 2 0 ( 1) (1 1 2 ) lim 2(1 osx) x x e x I c → − + − + = − − 0.25 2 3 2 2 2 2 0 2 1 2 .3 3 1 1 2 lim 4sin 2 x x e x x x x x →   − − +  ÷  ÷ + +   =   −  ÷   2 3 2 2 2 2 0 2 2 2 1 2 .3 3 1 1 2 lim sin 2 4 . 2 2 x x e x x x x x x x →   − − +  ÷  ÷ + +   =    ÷     −  ÷      ÷   0.5 = 2 3 2 2 0 2 2 1 2 .3 3 1 1 2 lim sin 2 2 x x e x x x x →   − − +  ÷  ÷ + +      ÷   −    ÷   3 1 2 1 − = = − − . 0.25 IV (1.0 điểm) Tính thể tích lăng trụ…. Ta có 2 2 1 1 1 1 1 1 2 .B C AC A B a= − = Gọi N là hình chiếu của 1 A lên cạnh 1 AB , khi đó 1 1 1 1 1 1 1 (AA )B C B B C A N⊥ ⇒ ⊥ . Do đó 1 1 1 (A C )A N B⊥ Suy ra · · ( ) 0 1 1 1 1 A ,( ) 30A KN K AC B= = , · 1 1 1 1 1 .sin 2 A N A K A KN A K= = 30 a A A1 C B C1 B1 K N 0.5 Do các tam giác 1 1 A AB và 1 1 A AC vuông tại 1 A nên ta có 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 AA 1 1 1 AA A N A B A K AC  = +     = +   2 2 2 1 1 2 2 2 1 1 4 1 1 AA 1 1 1 AA 5 A K a A K a  = +   ⇔   = +   1 AA 15a⇔ = 0.25 Thể tích lăng trụ 1 1 1 .ABC A B C : 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 AA . AA . . 15 . 2 A B C V S A B B C a= = = 0.25 V (1.0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất…. Đặt a x y = + , b y z= + , c z x= + . Điều kiện 1x y z+ + = trở thành 2a b c + + = và 1 1 c a P ab cb abc + = + = 0.25 Ta có ( ) 2 2 4 2 a c bc abc b a c +   ≥ ⇔ ≤ +  ÷   0.25 ( ) 2 a b c+ ( ) ( ) 2 2 (2 )( )b b a c b b a c= − + = − + ( ) 2 1 (1 ) ( )b a c a c= − − + ≤ + 0.25 ⇒ 4b c abc + ≥ , suy ra 4P ≥ . Dấu bằng xẩy ra khi 1 , 0 2 z y y= = = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4. 0.25 VI.a (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Tìm tọa độ điểm C Gọi ( ; ) c c C x y , do A, B lần lượt nằm trên trục Ox và Oy nên A(a;0), B(0;b), suy ra ( ; )AB a b= − uuuv 0.25 Từ giả thiết bài toán ta có 9 6 c c x a y b + =   + =  (1) và 2 6 0 2 0 c c x y a b − − =   − + =  (2) 0.5 Giải (1) và (2) ta được 5, 4 c c x y= = , Vậy C(5;4). 0.25 2. (1.0 điểm) Viết phương trình… Đường tròn (C ) có tâm I(-1;2), bán kính R= 2 2. Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm, khi đó ∆ : A(x-1)+B(y+2)=0 ( 2 2 0A B+ ≠ ). 0.25 Gọi E là giao của hai tiếp tuyến với đường tròn tại P và Q, khi đó IPEQ là hình vuông, suy ra 2. ( , ) 2 2 R d I ∆ = = . 0.25 Hay ( ) ( ) 2 2 2 2 | A -1 1 B 2 2 | 2 | 4 2 | 2B A A B A B − + + = ⇔ − = + + 2 0 3 4 0 4 3 B B AB A B =   ⇔ − = ⇔  =  E H P I Q M(1;-2) 0.25 • B=0, chọn A=1: phương trình đường thẳng ∆ : x=1. • 4 3 A B = , chọn A=3 ⇒ B=4: phương trình đường thẳng ∆ : 3x+4y+5=0 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm: x=1 hoặc 3x+4y+5=0. 0.25 VII.a (1.0 điểm) Tìm hệ số … Ta có 1 2 3 A +A 156 n n n A + = ! ! ! 156 ( 1)! ( 2)! ( 3)! n n n n n n ⇔ + + = − − − ( )n + ∈¢ 3 2 2 2 156 0 6n n n n⇔ − + − = ⇔ = 0.25 Theo nhị thức Niu-tơn ta có ( ) 6 2 1 3P x x= + − 0 6 1 5 2 2 4 2 4 6 6 6 (1 ) (1 ) ( 3) (1 ) ( 3) C x C x x C x x= + + + − + + − + 0.25 6 2 5 5 10 6 6 12 6 6 6 (1 ) ( 3) (1 )( 3) ( 3) . k k k k C x x C x x C x − + + − + + + − + − Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, 4 x chỉ xuất hiện khi khai triển 0 6 6 (1 )C x+ , 1 5 2 6 (1 ) ( 3)C x x+ − và 2 4 2 4 6 (1 ) ( 3)C x x+ − 0.25 Hệ số của 4 x trong khai triển 0 6 6 (1 )C x+ là 0 4 6 6 .C C . Hệ số của 4 x trong khai triển 1 5 2 6 (1 ) ( 3)C x x+ − là 1 2 6 5 ( 3) .C C− . Hệ số của 4 x trong khai triển 2 4 2 4 6 (1 ) ( 3)C x x+ − là 2 2 0 6 4 ( 3) .C C− Vậy hệ sô của 4 x trong khai triển P thành đa thức là: 0 4 6 6 .C C + 1 2 6 5 ( 3) .C C− + 2 2 0 6 4 ( 3) .C C− =-30. 0.25 VI.b (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Tìm tọa độ điểm B Gọi I ( 0 x ; 0 y ) là tâm của hình vuông ABCD, ta có IA ⊥ d và I ∈ d, AI uuv =( 0 x -1; 0 y -4). 0.25 Từ đó ta có hệ 0 0 0 0 2 2 0 2( 1) ( 4) 0 x y x y − + =   − + − =  0 0 2 (2;2) 2 x I y =  ⇔ ⇔  =  . 0.25 B ∈ d ⇒ B(2b-2;b). Do I là tâm của hình chử nhật ABCD, nên IB=IA ⇔ 2 2 2 2 (2 2 2) ( 2) (1 2) (4 2)b b− − + − = − + − ⇔ b=3 hoặc b=1 0.25 • B=3 ⇒ • B=1 ⇒ B(0;3). Vậy B(4;3) hoặc B(0;3). 0.25 2. (1.0 điểm) Tính chu vi… Gọi độ dài trục lớn là 2a, độ dài trục nhỏ là 2b và độ dài tiêu cự là 2c, ta có 2c= 1 2 F F =6 ⇒ 2 2 2 2 2 9a b c a b− = ⇔ − = (1) y x A2 B1 B2 N A1 O F1 F2 M 0.5 Và 1 1 2 2 2 . 40 . 20 A B A B S a b a b= = ⇒ = (2). Từ (1) và (2) ta có hệ 2 2 9 5 . 20 a b a a b  − = ⇒ =  =  0.25 Măt khác 2 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 4 20MN MF NF MF MF NF NF a+ + = + + + = = . Vậy chu vi tam giác 2 F MN là 20. 0.25 VII.b (1.0 điểm) Tìm các giá trị m… Tập xác định: D= ¡ \{-m}. 0.25 2 2 2 6 9 ' ( ) x mx m y x m + − − = − 0.25 Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (3;5) ⇔ 2 5 (3;5) 3 ' 0, (3;5) 2 6 9 0, (3;5) m m m y x x mx m x  ≤ −  − ∉    ⇔ ≥ −    ≤ ∀ ∈   + − − ≤ ∀ ∈  5 3 2 3, (3;5),( ) m m m x x ii  ≤ −    ⇔ ≥ −    ≤ − − ∀ ∈  (I) 0.25 Vì hàm số f(x)=-x-3 nghịch biến trên (3;5) nên (ii) 2 (5) 8 4m f m⇔ ≤ = − ⇔ ≤ − .Suy ra (I) ⇔ 5m ≤ − Vậy hàm đã cho nghịch biến trên khoảng (3;5) khi và chỉ khi 5m ≤ − ./ 0.25 Hết Lưu ý : Tất cả các cách làm khác đúng, đầy đủ, ngắn gọn và phù hợp kiến thức sách giáo khoa đều cho điểm tối đa. . = 30 a A A1 C B C1 B1 K N 0.5 Do các tam giác 1 1 A AB và 1 1 A AC vuông tại 1 A nên ta có 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 AA 1 1 1 AA A N A B A K AC  = +     = +   2 2 2 1 1 2 2 2 1 1 4 1. hình chiếu của 1 A lên cạnh 1 AB , khi đó 1 1 1 1 1 1 1 (AA )B C B B C A N⊥ ⇒ ⊥ . Do đó 1 1 1 (A C )A N B⊥ Suy ra · · ( ) 0 1 1 1 1 A ,( ) 30A KN K AC B= = , · 1 1 1 1 1 .sin 2 A N A. 1 4 1 1 AA 1 1 1 AA 5 A K a A K a  = +   ⇔   = +   1 AA 15 a⇔ = 0.25 Thể tích lăng trụ 1 1 1 .ABC A B C : 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 AA . AA . . 15 . 2 A B C V S A B B C a= = = 0.25 V (1. 0 điểm) Tìm