Đáp án đề thi thử hocmai 2010 lần 1

Trung tâm Hocmai.vn P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy - Tel: (094)-2222-408 Hà Nội, ngày 09 tháng 06 năm 2010 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 01 PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh) Câu I. Cho hàm số: ( ) ( ) 3 2 2 2 1 1 4 3 3 2 y x m x m m x= + + + + + + . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3. 2. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x 1 , x 2 là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 1 2 1 2 . 2x x x x− + . Đáp án: Ta có ( ) 2 2 2 2 1 4 3y x m x m m ′ = + + + + + . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 hay ( ) ( ) 2 2 2 1 2 4 3 0 6 5 0 5 1m m m m m m ′ ∆ = + − + + > ⇔ + + < ⇔ − < < − Theo định lí Vi-ét, ta có ( ) 1 2 1x x m+ = − + , ( ) 2 1 2 1 . 4 3 2 x x m m= + + Suy ra ( ) ( ) 2 2 1 1 4 3 2 1 8 7 2 2 m m m m m+ + + + = + + Ta nhận thấy, với ( ) 5; 1m ∈ − − thì ( ) 2 2 9 8 7 4 9 0m m m− ≤ + + = + − < Do đó A lớn nhất bằng 9 2 khi m = -4. Câu II. 1. Giải phương trình ( ) 4 4 2 1 cot 2 cot 2 sin cos 3 cos x x x x x + + + = Đáp án: Điều kiện: sin2x ≠ 0. Phương trình ( ) 2 4 2 2 2 1 2 1 sin 2 3 sin 2 sin 2 2 0 2 sin x x x x ⇔ + − = ⇔ + − = ( ) 2 2 2 sin 2 2 sin 2 1 cos 2 0 4 4 sin 2 1 x k x x x k x  = − π π ⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈  =   ¢ 2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) 2 4 4 5 2 2x x m x x− + − + + ≤ nghiệm đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn 2; 2 3   +   Đáp án: Đặt 2 4 5t x x= − + . Từ [ ] 2; 2 3 1; 2x t   ∈ + ⇒ ∈   . Bất phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( ) 2 2 5 5 2 0 2 t t m t m g t t − − + + ≥ ⇔ ≥ = + (do 2 0t + > ) Bất phương trình nghiệm đúng ( ) [ ] 2; 2 3 max , 1; 2x m g t t   ∀ ∈ + ⇔ ≥ ∈   . Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến [ ] ( ) ( ) [ ] 1 1; 2 max 2 , 1; 2 4 t m g t m t − ∀ ∈ ⇒ ≥ = = ∈ Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1 TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 Hà Nội, ngày 09 tháng 06 năm 2010 Câu III. 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, 2AD a= , CD = 2a. Cạnh SA vuông góc với đáy và ( ) 3 2 0SA a a= > . Gọi K là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh mặt phẳng (SBK) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp SBCK theo a. Đáp án: 1. Gọi H là giao của AC và BK thì BH = 2 3 BK 2 3 3 a = và CH = 1 3 ; CA = 6 3 a 2 2 2 2 2BH CH a BC BK AC⇒ + = = ⇒ ⊥ Từ BK ⊥ AC và BK ⊥ SA ⇒ BK ⊥ (SAC) ⇒ (SBK) ⊥ (SAC) V SBCK = 1 3 SA.S BCK = 1 3 2 3 2 3 2 2 a a a× = (đvtt) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O 1 A 1 B 1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O 1 (0; 0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA 1 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (α): 2 5 0x y z+ + − = và độ dài MN = 5 . Đáp án: Có A 1 (2; 0; 4) ⇒ ( ) 1 2; 0; 4OA = uuuur ⇒ phương trình OA 1 : ( ) 2 0 2 ; 0; 4 4 x n y N n n z n =   = ⇒   =  Có ( ) 2; 4; 0AB = − uuur ⇒ phương trình AB: ( ) 2 2 4 2 2 ; 4 ; 0 0 x m y m N m m z = −   = ⇒ −   =  Vậy ( ) 2 2 2; 4 ; 4MN n m m m= + − − uuuur Từ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 // . 0 2 2 2 2 4 4 0 1; 0; 2 2 MN MN n n m m n n N α α ⇔ = ⇔ + − − + = ⇔ = ⇒ uuuur uuuur . Khi đó: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 8 4 1 ; ; 0 5 5 5 2 1 16 4 5 0 2; 0; 0 M m MN m m m M A   =   = − + + = ⇔ ⇒   = ≡    Câu IV. 1. Tính tổng: 2 2 2 2 0 1 2 1 2 3 1 n n n n n C C C C S n         = + + + +  ÷  ÷  ÷  ÷ +         , ở đó n là số nguyên dương và k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử. Đáp án: Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ! ! 1 1 , 0,1, , 1 1 1 ! ! 1 1 ! ! k k n n C C n n k n k k n k n k n k n k + + + = × = × = ∀ = + + + − + + − Vậy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 3 1 1 1 1 1 2 1 1 n n n n n S C C C C n + + + + +   = + + + +   + Từ ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 . 1 1 n n n x x x + + + + + = + , cân bằng hệ số 1n x + ở hai vế ta có: Page 2 of 4 TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 Hà Nội, ngày 09 tháng 06 năm 2010 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 2 n n n n n n n n C C C C C C + + + + + + + + + + + + + = Vậy: ( ) 1 2 2 2 1 1 n n C S n + + − = + 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): 2 2 6 2 6 0x y x y+ + − + = và các điểm B(2; -3) và C(4; 1). Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại điểm A và có diện tích nhỏ nhất. Đáp án: Để ABC làm tam giác cân tại A thì A phải nằm trên đường trung trực (∆) qua trung điểm BC là M(3; 1) và nhận ( ) 2; 4BC uuur làm véc tơ pháp tuyến nên (∆) có phương trình: ( ) ( ) 2 3 4 1 0 2 1 0x y x y− + + = ⇔ + − = Vì A ∈ (C) nên tọa độ A là nghiệm của hệ: 2 2 6 2 6 0 2 1 0 x y x y x y  + + − + =   + − =   Giải hệ tìm ra hai điểm A 1 (-1; 1) và A 2 ( 21 5 − ; 13 5 ) Do 1 2 18 20 5 A M A M= < = nên 1 2 A BC A BC S S< . Vậy điểm cần tìm là A(-1; 1) PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu) Câu Va. 1. Tính tích phân: ( ) ln 5 ln 2 10 1 1 x x dx I e e − = − − ∫ . Đáp án: Đặt 2 1 1 2 x x x t e t e tdt e dx= − ⇒ = − ⇒ = . Khi x = ln2 thì t = 1; khi x = ln5 thì t = 2. Khi đó: ( ) ( ) ( ) 2 ln 5 2 2 2 2 2 ln 2 1 1 1 1 2 3 5 1 1 1 1 1 2 ln ln 3 3 3 3 3 3 2 9 9 10 1 x x dx tdt dt t I dt t t t t t t e e − = = = = − − = − = − + + − − − − ∫ ∫ ∫ ∫ 2. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 2 3 2 2 4 2 2 2 4 1 0 5 x y x xy x y x x y x −   + + =    + − − + =   Đáp án: Điều kiện: x ≠ 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 5 2 2 2 1 0 2 1 x x xy x xy x xy y x −     ⇔ + − + + = ⇔ + = ⇔ =     Thay vào (4) nhận được: 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 3 1 2 1 1 1 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x − − − − − − = − = − = − 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 x x x x x x x x f f x x x x − −   − − − −   ⇔ + = + ⇔ =  ÷  ÷     Ở đó ( ) 2 2 t t f t = + là hàm đồng biến với mọi t. Page 3 of 4 TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 Hà Nội, ngày 09 tháng 06 năm 2010 Từ đó suy ra 2 2 2 1 2 1 3 2 4 x x x y x x   − − −   = ⇔ = ⇒ =  ÷  ÷     Vậy nghiệm của hệ phương trình là 3 2 4 x y − = ⇒ = . Câu Vb. 1. Tính tích phân: 4 3 0 sin cos x x I dx x π = ∫ . Đáp án: Đặt u = x và 3 sin cos x dv dx du dx x = ⇒ = và 2 1 2cos v x = . Từ đó: 4 4 4 2 2 0 0 0 1 1 1 tan 2 4 2 4 2 2cos cos x dx I x x x π π π π π = − = − = − ∫ 2. Giải phương trình ( ) ( ) 2 2 7 7 2 log log 3 2log 3 log 2 x x x x x x   + + = + +     (6) Đáp án: Điều kiện: x > 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 7 6 log log 2log 3 0 2 x x x x   ⇔ − + + =   Xét 2 2 ln ln 2 log 2 2 2 x x x x x x = ⇔ = ⇔ = (7) Đặt: ( ) ( ) ln 1 lnx x f x f x x x − ′ = ⇒ = ; ( ) 0f x x e ′ = ⇔ = . Vậy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Dễ thấy x = 2 và x = 4 là nghiệm của (7). Xét ( ) 2 7 log 2log 3x x= + (8) Đặt: 2 log 2 t x t x= ⇔ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 1 8 7 2 3 6 9 1 7 7 7 t t t t t ⇔ = + ⇔ + + = có nghiệm duy nhất t = 2. Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4. =====================Hết========================== Page 4 of 4 . tử. Đáp án: Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ! ! 1 1 , 0 ,1, , 1 1 1 ! ! 1 1 ! ! k k n n C C n n k n k k n k n k n k n k + + + = × = × = ∀ = + + + − + + − Vậy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2. e − = − − ∫ . Đáp án: Đặt 2 1 1 2 x x x t e t e tdt e dx= − ⇒ = − ⇒ = . Khi x = ln2 thì t = 1; khi x = ln5 thì t = 2. Khi đó: ( ) ( ) ( ) 2 ln 5 2 2 2 2 2 ln 2 1 1 1 1 2 3 5 1 1 1 1 1 2 ln ln 3. có: Page 2 of 4 TRUNG TÂM HOCMAI. ONLINE P.2 512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 Hà Nội, ngày 09 tháng 06 năm 2 010 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 2 n n n n n n n