Đáp án thi thử lần 2 Câu ý Nội dung Điểm 1a *Tập xác định : D=R *Tính 2 3 9 ' 6 2 2 y x x= + ' 0 1, 3y x x= = = *Xét dấu y : ' 0 ( ;1) (3; )y x> + , ( ) ' 0 1;3y x< *Kết luận : hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( ;1) và (3; )+ nghịch biến trên khoảng (1;3) *Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x=1 , y CĐ =3 và đạt cực tiểu tại x=3 , y CT =1 *Giới hạn : lim x y + = + , lim x = *Bảng biến thiên x 1 3 + y + 0 - 0 + y 3 + 1 y *Vẽ đồ thị x 0 0.25 0.25 0.25 0.25 1b * 2 3 ' 6 2 2 m y x x= + , 2 ' 0 3 12 0y x x m= + = (*) *Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi pt(*) có 2 nghiệm phân biệt ' 36 3 0 12 (**) m m = > < *Gọi hai nghiệm của (*) là 1 2 &x x đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là 1 1 2 2 ( ; ) & ( ; )A x y B x y Ta có 3 2 2 1 1 1 3 1 ( )(3 12 ) ( 4) 1 2 2 6 3 3 3 = + + = + + + + m m m y x x x x x x m x 1 1 2 2 ( 4) 1 & ( 4) 1 3 3 3 3 m m m m y x y x = + + = + + 0.25 0.25 1 *Từ đó A,B đối xứng qua điểm I(2;2) khi và chỉ khi 1 2 1 2 2 2 2 2 x x y y + = + = áp dụng hệ thức Viet 1 2 4x x+ = thay vào trên ta đợc m=9 thỏa mãn (**) 0.25 0.25 2.1 *Đặt 2 10 x t = phơng trình trở thành cos(2 2 ) cos( ) sin 0t t t + + = cos 2 cos sin 0t t t + = (cos sin )(cos sin 1) 0t t t t + = cos sin 0 (1) cos sin 1 0 (2) t t t t = + = *(1) tan 1 4 t t k = = + * 1 (2) sin( ) 4 2 t + = 2 ; 2 2 t k t k = = + *Giải ra nghiệm 7 2 10 x k = + ; 4 5 x k = + ; 6 4 5 x k = + 0.25 0.25 0.25 0.25 2.2 *Điều kiện : ( ; 3] [1; )x + TH1 : Xét 1x Biến đổi bpt tơng đơng với 3x + ( 2 5 1) 2 5 ( 1)x x x x+ + + 3 2 5 1x x x + + 3 1 2 5x x x + + + bình phơng 2 vế 2 4 8 21 0x x + 7 3 ( ; ] [ ; ) 2 2 x + Kết hợp 1x ta đợc tập nghiệm trong trờng hợp này là 1 3 [ ; ) 2 T = + TH2: xét 3x Biến đổi bpt tơng đơng với 3x ( 2 5 1 ) 1 ( 2 5)x x x x + 3 1 2 5x x x 3 2 5 1x x x + bình phơng 2 vế 2 4 8 21 0x x + 7 3 ( ; ] [ ; ) 2 2 x + Kết hợp 3x ta đợc tập nghiệm trong trờng hợp này là 2 7 ( ; ] 2 T = Kết luận : Tập nghiệm của bất phơng trình đã cho là 7 3 ( ; ] [ ; ) 2 2 T = + 0.25 0.25 0.25 0.25 3 *Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số là 2 2 2 16 3 12x x x x = Điều kiện ( ; 4] [4; )x + 2 16 3 12x x = 2 2 4 16 (3 12) x x x = 4; 5x x = = Ta có [ ] 2 2 16 3 12 4;5x x x x x *Diện tích cần tính là 5 2 2 4 ( 16 (3 12 ))S x x x x dx= 5 5 2 2 4 4 16 (3 12 )x x dx x x dx= Xét 5 2 1 4 16I x x dx= đặt 2 16t x= 2 2 16t x = tdt xdx = Đổi cận : x=4 t=0 , x=5 t=3 3 3 2 1 0 3 9 0 3 t I t dt = = = Xét 5 2 3 2 2 4 5 (3 12 ) ( 6 ) 7 4 I x x dx x x= = = Vậy 2 S = (đvdt) 0.25 0.25 0.25 0.25 4 *Gọi H là trung điểm của AB SH AB S ( )SH ABC K *Kẻ AK SC ( )SC ABK SC KB 0 [( );( )] ( ; ) 60SAC SBC KA KB = = C A ã =A K B 0 60 hoặc ã =A K B 0 120 H Nếu ã =A K B 0 60 thì dễ thấy KAB đều KA AB AC = = vô lý B Vậy ã =A K B 0 120 * KAB cân tại K ã = 0 60A K H 0 tan 60 2 3 AH a KH = = *Trong SHC vuông tại H , đờng cao KH có 2 2 2 1 1 1 HK HC HS = + thay 3 ; 2 2 3 a a KH HC= = 6 8 a SH = 0.25 0.25 0.25 3 * 2 3 1 1 6 3 2 . . . . 3 3 8 4 32 SABC ABC a a a V SH S= = = 0.25 5 *Đặt 1 1 1 ; ;x y z a b c = = = *Từ giả thiết , , 0a b c a b c abc > + + = , , 0 1 x y z xy yz zx > + + = *Biến đổi 2 2 2 2 1 1 . 1 1 (1 ) ( 1) a yz yz bc x xy yz zx x bc a a = = = + + + + + + ( )( ) yz x y x z = + + *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dơng ta có 1 ( ) ( )( ) 2 yz y z x y x z x y x z + + + + + *Biến đổi tơng tự ,rồi cộng vế ta đợc 1 ( ) 2 y z x y x z VT x y x z z x z y y x y z + + + + + + + + + + + 3 2 VT (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z 1 3 = khi đó 3a b c= = = 0.25 0.25 0.25 0.25 6a *Điểm I thuộc đt x+y-1=0 ( ;1 )I x x * 1 1 4 IAB ABCD S S= = và 1 . ( ; ) 2 IAB S AB d I AB= 2 ( ; )d I AB AB = (*) *AB=5 , AB có pt : 3x+4y-11=0 Từ (*) 5 7 2 9 x x x = + = = *Với x=-5 => I(-5;6) => C(-11;10) và D(-15;13) *Với x=-9 =>I(-9;10) => C(-19;18) và D(-23;21) 0.25 0.25 0.25 0.25 7a *Giả sử có vtcp ( ; ; )u a b c r ( 2 2 2 0)a b c+ + > * / /( )P . 0 P u n c b = = r uur *Ta có 2 2 2 2 [ , ] 3 2 ( ; ) 2 OA u b ab a d O u a b + + = = + uuur r r Từ đó 2 2 2 2 0 3 2 ( ; ) 1 1 2 2 b b ab a d O b a a b = + + = = = + 0.25 0.25 0.25 4 *Với b=0 =>c=0 ,chọn a=1 có phơng trình 1 1 0 x t y z = + = = *Với b=-2a chọn a=1,b=-2 ,c=2 có phơng trình 1 1 1 2 2 x y z + = = 0.25 8a *Điều kiện : 3 2 0 3 2 0 x x + > > *Biến đổi phơng trình tơng đơng với 3 3 2 3 3 2x x+ = Đặt 3 3 2x t = , ta có hệ phơng trình 3 3 2 3 (1) 2 3 (2) x t t x + = + = Trừ theo từng vế các pt (1) cho pt(2) ta đợc 2 2 ( )( 3) 0x t x xt t + + + = (*) Do 2 2 2 2 3 3 ( ) 3 0 2 4 t t x xt t x+ + + = + + + > nên (*) t=x Thay vào (1) đợc 3 3 2 0x x + = giải pt này đợc các nghiệm x=1 và x=-2 Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phơng trình đã cho là x=1 . 0.25 0.25 0.25 0.25 6b *BC có phơng trình 4x+3y-11=0 *G thuộc đờng thẳng x-3y+1=0 (3 1; )G y y *Ta có 1 1 15 & . ( ; ) 3 2 GBC ABC GBC S S S BC d G BC= = = 30 ( ; ) 6d G BC BC = = 15 15 6 5 y = 3 1 y y = = 1 2 (8;3) & ( 4; 1)G G 1 2 (23;3) & ( 13; 9)A A 0.25 0.25 0.25 0.25 7b *Giả sử (P) có vtpt ( ; ; )n A B C r ( 2 2 2 0)A B C+ + > *(P) chứa A,B . 0n AB = r uuur B A C = + *Ta có . cos cos( ; ) . P Q P Q P Q n n n n n n = = uur uur uur uur uur uur 2 2 2 1 30 5. 2 2 2 A C A C AC = + + 0.25 0.25 0.25 5 2 2 2 13 11 0 ;2 11A AC C A C A C + = = = *Với A=C chọn A=C=1 , B=2 => (P) có phơng trình 2 6 0x y z+ + = *Với 2A=11C chọn A=11, C=2 , B=13 => (P) có phơng trình 11 13 2 39 0x y z+ + = 0.25 8b *Giả sử z=x+yi với ,x y R Thay vào hệ và biến đổi đợc 2 2 2 ( 1) ( 3) 1 (2 2) 2 2 0 x y m x y m + = + + = (I) Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đờng thẳng 2 (2 2) 2 2 0m x y m + + = tiếp xúc với đờng tròn 2 2 ( 1) ( 3) 49x y + = có tâm I(1;3) ,bán kính R=1 ( ; ) 1d I = 2 2 ( 1) 7 1 4( 1) 4 m m = + giải pt này đợc các nghiệm 1 3m = và 1 15m = Đáp số : 1 3m = và 1 15m = 0.25 0.25 0.25 0.25 6 *Nhận thấy 1 2 2 0 2 x x+ = nên O không thể là trung điểm của AB do đó O,A,B là ba đỉnh của tam giác cân tại O OA=OB 2 2 2 2 1 1 2 2 [( 4) 1 ] [( 4) 1 ] 3 3 3 3 m m m m x x x x + + + = + + + Biến đổi và chia 2 vế cho 1 2 0x x ta đợc 2 1 2 1 2 ( 4) ( ) 2( 4)(1 ) 0 3 3 3 m m m x x x x+ + + + + = áp dụng hệ thức Viet ta có 1 2 4x x+ = thay vào trên rồi rút gọn đợc 2 19 90 0m m + = giải pt này đợc nghiệm m=9 và m=10 thỏa mãn (**) *Đáp số : m=9 và m=10 7 . Đáp án thi thử lần 2 Câu ý Nội dung Điểm 1a *Tập xác định : D=R *Tính 2 3 9 ' 6 2 2 y x x= + . + , ( ) ' 0 1;3y x< *Kết luận : hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( ;1) và (3; )+ nghịch biến trên khoảng (1;3) *Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x=1 , y CĐ =3 và đạt cực. , lim x = *Bảng biến thi n x 1 3 + y + 0 - 0 + y 3 + 1 y *Vẽ đồ thị x 0 0.25 0.25 0.25 0.25 1b * 2 3 ' 6 2 2 m y x x= + , 2 ' 0 3 12 0y x x m= + = (*) *Hàm số đã cho