dap an dai hoc lan 2 (theo chuong)

Đáp án đề thi thử đại học lần 2 Câu Nội dung Điểm I Chú ý: Học sinh có thể trình bày sơ đồ khảo sát theo sách nâng cao. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=0 (1,00đ) Với m=0, ta có hàm số y= 3 2 x 3x 4 + 1. Tập xác định: D=R 2. Sự biến thiên. a. Chiều biến thiên: Ta có: 2 y'(x) 3x 6x,= ta có y'(x) 0 x 0= = hoặc x=-2. Dấu của y(x): Vậy hàm số đồng biến trên (-2; 0), nghịch biến trên ( ; 2) và (0; )+ 0.5 b. Cực trị: Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x=-2 và y CT =y(-2)=0; đạt cực đại tại x=0 và y CĐ =y(0)=4. c. Giới hạn: x x lim y ; lim y + = = + 0.25 d. Bảng biến thiên: x -2 0 + y - 0 + 0 - y 0.25 3. Đồ thi: + Giao điểm của đồ thị với trục Ox là điểm ( 1;0) và (-2; 0). Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm ( 0; 4) + Đồ thị có điểm uốn U(-1; 2) là tâm đối xứng. 0.25 2. Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; + ) (0.75đ). Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; + ) 2 y' 3x 6x m 0, x 0 = + > 2 3x 6x m, x 0 + > 0.25 Xét hàm số 2 y g(x) 3x 6x= = + trên khoảng (0; )+ Có bảng biến thiên nh sau: y' 0 0 + 0 4 3 x 2 0 + + x y 4 1 2 0 Từ đó, giá trị cần tìm của m là: m 0 0.50 II Giải phơng trình: 2 2 4 1 2 log (x 2) log (x 5) log 8 0+ + + = (1.00đ) Điều kiện: x>-2 và x 5 0.25 Với điều kiện đó, phong trình đã cho tơng đơng với phơng trình: 2 2 2 2 2 2 2 log (x 2) log x 5 log 8 log [(x 2) x 5 ] log 8 (x 2) x 5 8 (x 3x 18)(x 3x 2) 0 + + = + = + = = 0.25 2 x 3x 18 0 = hoặc 2 x 3x 2 0 = 3 17 x 3; x 6; x 2 = = = 0.25 Kết hợp lại, phơng trình đã cho có các nghiệm là: 3 17 x 6; x 2 = = 0.25 III Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a và (1,00đ). Goi O là trọng tâm của ABC thì SO (ABCD) Gọi M là trung điểm của AB và SM AB, OM AB AB (SOM) Góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là góc ã SMO . Do ABC đều có cạnh bằng a nên 2 ABC 3a S 4 = Trong SOM có SO 3 tan SO OMtan a tan OM 6 = = = 0.25 0.25 2 3 SABC ABC 1 1 3a 3a 1 V SO.S . tan . a tan 3 3 6 4 24 = = = 0.25 Dùng phơng pháp thể tích: SABC SABC SBC ABC 1 3V V AK.S AK 3 S = = 0.25 x y' 1 0 + 0 + y + M O S A B C Mà 3 SABC 1 V a tan 24 = và SBC SAB 3a.tan 1 1 3 6 S S SM.BC .a 2 2 sin 12.cos = = = = Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) là: AK= 3 sin 2 IV Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD (1,00đ) Do SA=SB=AB=a nên SAB là tam giác đều cạnh a. Gọi G và I tơng ứng là tâm của tam giác đều SAB và của hình vuông ABCD. 0.25 Gọi O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABD. Ta có: OG (SAB) và OI (ABCD) , (OI, OG tơng ứng là trục của đờng tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB và tam giác vuông ABD). 0.25 Gọi H là trung điểm của AB thì a OG IH 2 = = và OGA vuông tại G. 0.25 Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có: 2 2 2 2 a 3a a 21 R OA OG GA 4 4 6 = = + = + = 0.25 V Chứng minh đẳng thức: V 1 +V 2 =V 3 (1,00đ). Khi quay tam giác ABD quanh cạnh AD ta đơc khối nón đỉnh D và đáy là đờng tròn có tâm A, bán kính r 1 =AB=a, chiều cao h 1 =DA=a. Do đó: 2 2 3 1 1 1 1 1 1 V .r .h .a .a a 3 3 3 = = = (1) 0.25 Ta có BC (ABD) BC AB ABC vuông tại B Vậy khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta đợc khối nón đỉnh A và đáy là đờng tròn tâm B, bán kính r 2 =BC=a, chiều cao h 2 =AB=a. Do đó: 2 2 3 2 2 2 1 1 1 V .r .h .a .a a 3 3 3 = = = (2) 0.25 I H S A B C D G O Khi quay tam giác DBC quanh cạnh BC ta đợc khối nón đỉnh C và đáy là đờng tròn tâm B, bán kính r 3 =BD= 2 a, chiều cao h 3 =BC= a. Do đó: 2 2 3 3 3 3 1 1 2 V .r .h .( 2a) .a a 3 3 3 = = = (3) 0.25 Từ (1), (2), (3), ta có: V 1 +V 2 =V 3 (đpcm). 0.25 VI Chứng minh bất đẳng thức: sin x cosx cosx.2 sinx.2> , 0 x 4 < < Bất đẳng thức đã cho sin x cosx 2 2 , 0 x sin x cosx 4 > < < 0.25 Khi 0 x 4 < < thì 0 sinx cosx 1< < < , ta xét hàm số t 2 f(t) , 0 t 1 t = < < 0.25 Có f(t)= t 2 2 (t.ln2 1) 0 t < hàm số f(t) nghịch biến trên khoảng (0; 1). 0.25 Do đó: sin x cosx 2 2 f(sinx) f(cosx) , 0 x sin x cosx 4 > > < < (đpcm). 0.25 VIIa 1. Giải bất phơng trình: 2x x x 4 x 4 3 8.3 9.9 0. + + + (1,00đ) Điều kiện xác định: x 4 0.25 Chia cả 2 vế của bất phơng trình cho x 4 9 0 + > ta đợc: 2( x x 4 ) x x 4 3 8.3 9 0 + + (1) 0.25 Đặt x x 4 t 3 0 + = > , thì (1) 2 t 8t 9 0 t 1 (loại) hoặc t 9 (thoả mãn) 0.25 x x 4 x x 4 2 t 9 3 9 3 3 x x 4 2 + + + x 4 x 2 + 2 x 4 0 x 4 x 2 0 x 2 x 5 x 0, x 5 x 4 (x 2) + + 0.25 2. Giải hệ phơng trình: x y 3 e e ln y lnx 2y x 1 = = + (1,00đ). Với điều kiện x, y > 0 thì hệ phơng trình đã cho x y 3 e ln x e ln y (1) 2y x 1 (2) + = + = + 0.25 Xét hàm số t f(t) e lnt,t 0= + > có t 1 f '(t) e 0, t 0 t = + > > hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0; )+ 0.25 Do đó: Nếu x > y thì f(x)>f(y) x y e lnx e ln y + > + (1) vô nghiệm hệ đã cho vô nghiệm, tơng tự với x< y thì hệ đã cho cũng vô nghiệm. x y = thế vào phơng trình thứ (2) ta đợc: 3 2x x 1= + 0.25 3 2 1 5 x 2x 1 0 (x 1)(x x 1) 0 x 1; x 2 + = + = = = Kết hợp lại ta đơc nghiệm của hệ phơng trình là: (x; y)=(1; 1), (x;y)= 1 5 1 5 ( ; ) 2 2 + + 0.25 VIIa Tìm m để đồ thị hàm số y= 2 mx x m x 1 + + cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt và 2 điểm đó có hoành độ dơng (1,00đ). Đồ thị hàm số y= 2 mx x m x 1 + + cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt và 2 điểm đó có hoành độ dơng phơng trình 2 f(x) mx x m 0= + + = có 2 nghiệm dơng phân biệt, khác 1. 0.50 2 m 0 m 0 1 1 4m 0 m 1 2 m 0 f(1) 2m 1 0 21 m 1 m 2 S 0; P 0 m m m 0 = > < < < = + = > = > < 0.50 VIb 1. Giải bất phơng trình: 2 5 5 5 log (5x) log x log (25x ) 4 6 2.3 (1,00đ). Điều kiện xác định: x>0 0.25 Khi đó bất phơng trình 5 5 5 log x log x log x 4.4 6 18.9 (1) 0.25 Chia cả 2 vế của bất phơng trình (1) ta đợc: 5 5 2log x log x 2 2 4.( ) ( ) 18 0 3 3 0.25 Đặt t= 5 log x 2 ( ) 0 3 > , ta đợc: 2 9 9 4t t 18 0 2 t 0 t 4 4 < 5 5 log x log x 2 5 2 9 2 2 1 ( ) ( ) ( ) log x 2 x 3 4 3 3 25 Kết hợp lại, bất phơng trình đã cho có nghiệm là: 1 x 25 0.25 2. Giải hệ phơng trình: 2 2 1 x y x 2 2 2 3 2 xy 2 1 2 (x y 2x) 2x y 4x 1 0 + + = + + + = Hệ phơng trình đã cho 2 2 2 2 1 x 1 x y y x x 2 2 2 2 2 3 3 2 xy 2 1 2 xy 2 1 (1) 2 2 (x y 2x) 2(x y 2x) 1 0 [(x y 2x) 1] 0 (2) + + = + + + = + + + + = + = 0.25 Ta có (2) 2 1 x y 2x 1 0 x(xy 2) 1 xy 2 x + = + = = thế vào (1) 0.25 Ta có (1) 1 2 2 x x 2 1 1 x 1 1 2 2 1 x 2 + = + x 1 = y 1 = 0.25 Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x; y)=(1; -1). 0.25 VIIb Viết phơng trình tiếp tuyến chung của 2 đờng cong (1,00đ). Đặt 3 2 5 f(x) x x 2, g(x) x x 2 4 = + = + , xét hệ phơng trình: 0.50 3 2 2 5 x x 2 x x 2 f(x) g(x) 1 4 x 2f '(x) g'(x) 5 3x x 2x 1 4 + = + = = = + = + Vậy 2 đờng cong đã cho tiếp xúc với nhau tại điểm 1 5 ( ; ) 2 4 0.25 Phơng trình tiếp tuyến chung của 2 đờng cong tại điểm M 0 1 5 ( ; ) 2 4 là: 1 5 9 y 2(x ) y 2x 2 4 4 = = 0.25 . . . . Hết Chú ý: Mọi cách giải khác nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Điểm lẻ 0,25 đợc làm tròn (VD: 6,75 thành 7,00 hay 6,25 thành 6.50). . 2 2 2 2 1 x 1 x y y x x 2 2 2 2 2 3 3 2 xy 2 1 2 xy 2 1 (1) 2 2 (x y 2x) 2( x y 2x) 1 0 [(x y 2x) 1] 0 (2) + + = + + + = + + + + = + = 0 .25 Ta có (2) 2 1 x y 2x 1 0 x(xy 2) . trình: 2 2 2 2 2 2 2 log (x 2) log x 5 log 8 log [(x 2) x 5 ] log 8 (x 2) x 5 8 (x 3x 18)(x 3x 2) 0 + + = + = + = = 0 .25 2 x 3x 18 0 = hoặc 2 x 3x 2 0 = 3 17 x 3; x 6; x 2 =. ) ( ) log x 2 x 3 4 3 3 25 Kết hợp lại, bất phơng trình đã cho có nghiệm là: 1 x 25 0 .25 2. Giải hệ phơng trình: 2 2 1 x y x 2 2 2 3 2 xy 2 1 2 (x y 2x) 2x y 4x 1 0 + + = + +