ĐÁP ÁN THI THỬ THPT KHOÁI CHÂU LẦN 4

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 MÔN TOÁN( KHỐI A+B) - NĂM 2010 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 * TXĐ: { } \ 2D R= * Chiều biến thiên: 2 7 ' 0, ( 2) y x D x = − < ∀ ∈ − Suy ra , hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;2)−∞ và (2; )+∞ Hàm số không có cực trị 0,25 0,25 Giới hạn: 2 2 lim lim 2; lim , lim x x x x y y y y + − →−∞ →+∞ → → = = = +∞ = −∞ . Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x=2 và tiệm cận ngang là đường thẳng y=2 0,25 Bảng biến thiên 0,25 * Đồ thị: - Đồ thị cắt trục tung tại điểm 3 (0; ) 2 − và cắt trục hoành tại điểm 3 ( ;0) 2 − Đồ thị nhận điểm I(2;2) làm tâm đối xứng -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 x y 0.25 2 Đường thẳng y= 2x+m cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến của (C ) tại hai điểm đó song song ⇔ phương trình ( ẩn x) : 2x 3 2x m x 2 + = + − có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ;x x thỏa mãn điều kiện 1 2 '( ) '( )y x y x= ( Với y là hàm số đã cho ) 0,25 x y’ y 2 - 2 + 2 - - - + ⇔ phương trình: 2 2 ( 6) 2 3 0x m x m+ − − − = có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ;x x khác 2 và thỏa mãn điều kiện 1 2 4x x+ = 0,25 2 2 ( 6) 8(2 3) 0 2.2 ( 6).2 2 3 0 2 6 4 2 m m m m m m  ∆ = − + + >   ⇔ + − − − ≠ ⇔ = −   −  =  0,25 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác 1,00 Phương trình đã cho tương đương với 2 os2x+ 3sin 2 3(sinx+ 3 osx) 1 3 1 3 2+2( os2x+ sin 2 ) 6( sin x+ os ) 2 2 2 2 2 2cos(2 ) 6cos( ) 3 6 c x c c x c x x x π π + = ⇔ = ⇔ + − = − 0,25 0,25 2 1 os(2x- ) 3cos( ) 3 6 2cos ( ) 3cos( ) 6 6 cos( ) 0 6 3 cos( ) 6 2 2 , 6 2 3 c x x x x x x k x k k Z π π π π π π π π π π π ⇔ + = − ⇔ − = −  − =  ⇔   − =   ⇔ − = + ⇔ = + ∈ (lo¹i ) 0,25 0,25 2 Tìm m để hệ có nghiệm Xét phương trình: 2 3 6 3 5 2 15.2 2 x x x x+ − − + − + = 2 3 6 3 5 2 3 6 3 5 2 3 2 6 3 5 3 3 2 3 2 15.2 2 2 15.2 1 2 2 3 2 15.2 1 3,2 , 0 1 4 4 15 4 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x t t t t t + − − + − + − − + − + − − + − − + − − ≥ −   + = ⇔  + =   ≥ −   ⇔  + =    ≥ − = >  ⇔ ⇔ =  + − =   3 3 3 3 1 1 2 3 1 4 x x x x x x x + − − ≥ −  ≥ −    ⇔ ⇔ ⇔ =   = + = +     0,25 0,25 0,25 Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi x=1 thỏa mãn bất PT 2 ( 2) 2 3 0 1 ( 2) 2 3 0 2x m x m m m m− + + + ≥ ⇔ − + + + ≥ ⇔ ≥ − 0,25 III Tính tích phân 1,00 Đặt 2 1 1 2t x x t dx dt= − ⇒ = + ⇒ = 0,25 Với x=5 thì t=2; với x=10 thì t = 3. Suy ra: ( ) 10 3 2 5 2 3 2 2 3 2 dx 2 2 1 x-1 1 1 2 ( ) 1 1 1 2(ln( 1) ) | 1 2ln 2 1 tdt t t dt t t t t = = − + − + − − = − − = + − ∫ ∫ ∫ x 2 0,25 0,25 0,25 IV 0,25 · · ( ,( )) 1 ( ,( )) 2 ( ,( )) ,( , ) SI d I SBC SO d O SBC d O SBC a OK SBC ABCD SMO α = = ⇒ = = = = Tam giác vuông OKM có : 2 2 2 2 4 sin sin sin ABCD a a a OM AB S AB α α α = ⇒ = ⇒ = = 0,25 Tam giác vuông SKO có · · ; os a SOK SMO SO c α α = = = 0,25 2 3 2 2 1 1 4 4 . . . 3 3 os sin 3cos sin SABCD ABCD a a a V SO S c α α α α = = = 0,25 V 1,00 Ta có: 2 2 2 1 1 1 a b c A a b c = + + + + + 2 2 ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 1 a a b a c a a a a a b a c a a b c a b a b a c a ab bc ca a + + = = = = + + + + + + + + + + + Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 2 ( ) ( ) ( )( ) 2 [( ) ( )] 1 ( ) 2( )( ) 2 1 a b a c a b a c a a a b a c a a a b a c a b a c a + + + ≥ + + + + + ⇔ ≤ = + + + + + + 0,25 0,25 Chứng minh tương tự: 2 2 1 1 ( ); ( ); 2 2 1 1 b b b c c c b c b a c b c a b c ≤ + ≤ + + + + + + + Suy ra: 2 2 2 1 3 ( ) 2 2 1 1 1 a b c a a b b c c A a b a c b c b a c b c a a b c = + + ≤ + + + + + = + + + + + + + + + Dấu “=” xảy ra 3 3 1 a b a c b c b a a b c c b c a ab bc ca + = +   + = +  ⇔ ⇔ = = =  + = +   + + =  Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 3 2 , đạt được khi 3 3 a b c= = = 0,25 0,25 VIa 1 a)Xác định các yếu tố của (E) PT chính tắc của (E) là: 2 2 1 9 4 x y + = . Suy ra: +) 2 2 2 2 2 9 3; 4 2; 5 5a a b b c a b c= ⇒ = = ⇒ = = − = ⇒ = +)Tiêu điểm: 1 2 ( 5;0); ( 5;0)F F− . Tiêu cự : 2 2 5c = Đỉnh 1 2 1 2 ( 3;0); (3;0); (0; 2); (0;2);A A B B− − Tâm sai: 5 3 c e a = = 0,25 0,25 b) Đặt (Ox;OM)= (0 2 ) α α π ≤ ≤ uuur uuuur và (Ox;ON)= 2 π α + uuur uuur . Ta có: tọa độ của M là cos Msin M M x OM y O α α =   =  Do ( )M E∈ nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 os 1 1 9 4 9 4 1 os 9 4 M M x y OM c OM sin c sin OM α α α α + = ⇔ + = ⇔ = + Tương tự: 2 2 2 1 sin 9 4 cos ON α α = + Suy ra: 2 2 2 2 2 2 1 1 sin sin 1 1 13 9 4 9 4 9 4 36 cos cos OM ON α α α α + = + + + = + = (không đổi) 0,25 0,25 2 1. 1 ∆ đi qua M 1 (1,-1,2) và có vectơ chỉ phương là 1 (1; 1;0)u = − ur 2 ∆ đi qua M 2 (3,1,0) và có vectơ chỉ phương là 2 ( 1;2,1)u = − uur Mặt phẳng (P) cần tìm có vectơ pháp tuyến là: 1 2 , ( 1; 1;1)n u u   = = − −   r uuruur Vì (P) qua M 1 (1;-1;2) ⇒ (P): x+y-z+2=0 Do 2 ( )M P∉ nên 2 //( )d P Vậy PT mặt phẳng cần tìm là (P): x+y-z+2=0 0,25 0,25 2. Vì 1 2 ,A B∈∆ ∈∆ nên: 1 1 2 2 2 ( 1; 1;2), ( 3;2 1; )A t t B t t t+ − − − + + 2 1 2 1 2 ( 2;2 2; 2)AB t t t t t⇒ = − − + + + − uuur Đoạn AB có độ dài nhỏ nhất ⇔ AB là đoạn vuông góc chung của 1 ∆ và 2 ∆ : 1 2 1 1 2 2 1 2 . 0 3 2 0 0 6 3 0 . 0 AB u t t t t t t AB u  = + =   ⇔ ⇔ = =   + = =    uuur ur uuur uur Vậy: A(1;-1;2), B(3;1;0) 0,25 0,25 VIIa Viết dạng lượng giác của z 5 1,00 1 3 2( ) 2 2 2( os isin ) 3 3 z i c π π = + = + 5 5 5 32( os isin ) 3 3 - - 32( os isin ) 3 3 z c c π π π π ⇒ = + = + 0,25 0,25 0,25 0,25 VIb 1 OA và OB vuông góc nên nếu đường thẳng OA có phương trình y=kx thì đường thẳng OB có phương trình x=-ky. Ta xác định được tọa độ giao điểm của các đường thẳng này với (E) như sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 12 12 ( ; ) 9 16 9 16 12 12 '( ; ) 9 16 9 16 12 12 ( ; ) 9 16 9 16 12 12 '( ; ) 9 16 9 16 k A k k k A k k k B k k k B k k + + − − + + − + + − + + Diện tích S của tam giác OAB là: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 20736(1 ) . . 2 4 4(9 16 )(16 9 ) k S OA OB S OA OB k k + = ⇒ = = + + Đặt 2 , 0k t t= ≥ . Xét hàm số : 2 2 20736(1 ) 1016064( 1) ' 4(9 16 )(16 9 ) 4(9 16 )(16 9 ) t t y y t t t t + − = ⇒ = + + + + Ta có bảng biến thiên: 0,25 O B A x y t y’ y 1 0 36 + 36 - + 20736 625 0 Suy ra S lớn nhất khi OA trùng với trục Ox hoặc Oy ⇔ S lớn nhất khi A, B là các đỉnh của (E) 0,25 2 Giả sử đã dựng được ∆ thỏa mãn bài toán, thì ∆ sẽ nằm trong mặt phẳng(Q) vuông góc với d, nên mặt phẳng (Q) nhận vectơ chỉ phương của d là (-2;3;2) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình của mặt phẳng (Q) là: -2x+3y+2z+a = 0 (1) Gọi A là giao điểm của d với mặt phẳng (P) thì tọa độ giao điểm của A là nghiệm của hệ phương trình: 3 9 6 2 3 2 3 0 x y z x y z + − −  = =  −   + + − =  (2) Kẻ ,AB B⊥ ∆ ∈∆ . Gọi C là giao điểm của mặt phẳng (Q) với d và ϕ là góc giữa d và (P) thì ¼ BAC ϕ = , ta có (1;1;1)n r là một vectơ pháp tuyến của (P). Khi đó: 2 3 2 3 3 sin tan 17 14 3 17 ϕ ϕ − + + = = ⇔ = Ta có BC là đường vuông góc chung của d và ∆ , đồng thời độ dài đoạn BC= h = 3 238 Suy ra: 3 14 1 . tan 238 3 17 BC AC AC ϕ = ⇒ = = Mặt khác AC cũng là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (Q), nên từ (1) và (2) ta có: 7 6 1 6 1 5 17 17 a a AC a a = − +  = = ⇔ − = ± ⇔  =  Do ∆ nằm trong mặt phẳng (P), nên ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q). Tóm lại ta có hai đường thẳng ∆ thỏa mãn bài toán: 1 ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q 1 ): -2x+3y+2z+7=0 2 ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q 2 ): -2x+3y+2z+5=0 0,25 0,25 0,25 0,25 VIIb Điều kiện: 1 2 x > Phương trình có dạng: 2 3 1 2 1 ( 1) 2 1 x x m x x − − − = + − 2 3 1 (2 1) 3 2 ( 1) 1 2 1 2 1 x x x m x m x x − − − − ⇔ = + ⇔ = + − − Xét 3 2 y= 2 1 x x − − trên 1 ( ; ) 2 D = +∞ 3 1 ' 0 (2 1) 2 1 x y x x − = > − − với 1 2 x∀ > 1 ( ) 2 lim ; lim x x y + →+∞ → = −∞ = +∞ Vậy phương trình có nghiệm duy nhất với m∀ . 0,25 0,25 0,25 0,25 - ∞ x y’ y 1/ 2 + + + . & ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 MÔN TOÁN( KHỐI A+B) - NĂM 2010 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 * TXĐ: { } 2D R= * Chiều biến thi n: 2 7 ' 0, ( 2) y. 2 2 2 2 os 1 1 9 4 9 4 1 os 9 4 M M x y OM c OM sin c sin OM α α α α + = ⇔ + = ⇔ = + Tương tự: 2 2 2 1 sin 9 4 cos ON α α = + Suy ra: 2 2 2 2 2 2 1 1 sin sin 1 1 13 9 4 9 4 9 4 36 cos cos OM. 2 2 2 1 1 20736(1 ) . . 2 4 4(9 16 )(16 9 ) k S OA OB S OA OB k k + = ⇒ = = + + Đặt 2 , 0k t t= ≥ . Xét hàm số : 2 2 20736(1 ) 10160 64( 1) ' 4( 9 16 )(16 9 ) 4( 9 16 )(16 9 ) t t y y t t