DETHI THU LTV LẢN 2

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2011- 2012 NỘI DUNG ĐIỂM Câu I. 2 điểm 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1: 3 3 3y x x= − + * Tập xác định: ¡ . * Sự biến thiên: 2 ' 3 3; ' 0 1y x y x= − = ⇔ = ± . * Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1)−∞ − và (1; )+∞ ; nghịch biến trên (-1; 1); y CĐ = 5, y CT = 1. * Bảng biến thiên x −∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + 5 +∞ y −∞ 1 * Vẽ đúng đồ thị 2) Chứng minh rằng với mọi m, đồ thị hàm số (1) Ta có: 2 ' 3 6( 1) (2 1).y x m x m= + − − + Vì 2 ' 9 12 12 0m m m∆ = − + > ∀ nên 'y có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Từ đó suy ra đồ thị hàm số (1) luôn có các điểm cực đại, cực tiểu. Các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) nằm về hai phía khác nhau của đường thẳng y = 1 khi và chỉ khi đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt. Điều này đương đương với phương trình tương giao 3 2 3( 1) (2 1) 4 1 (*)x m x m x m+ − − + + − = có ba nghiệm phân biệt. Ta có : 2 2 1 (*) ( 1).( (3 2) 3) 0 ( ) (3 2) 3 0. x x x m x m g x x m x m =  ⇔ − + − + − = ⇔  = + − + − =  (*) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi g(x) có hai nghiệm phân biệt khác 1. Từ đó ta được 2 ( ) 9 16 16 0 1. (1) 4 4 0 g x m m m g m  ∆ = − + >  ⇔ ≠  = − ≠   Đáp số 1.m ≠ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1điểm 0,5đ 0,25đ 0,25đ Câu II. 1 điểm Giải phương trình: 2 3 2 sin3 sinx 2sin 1 4 3. 4cos x + 2cos x 2cosx 1 x x π   + + + −  ÷   = − − Điều kiện: 3 2 4cos x + 2cos x 2cosx 1 (2cosx 1).cos2x 0 2 2 3 ( , ). 4 2 x k k m m x π π π π − − = + ≠  ≠ ± +   ⇔ ∈   ≠ +   ¢ Ta có: 2 2 sin 3 sinx 2sin 1 (sin3x + sinx) 1 2sin 4 4 x x x π π       + + + − = − − +  ÷  ÷  ÷       2sin2xcosx cos 2x+ 2sin2xcosx+sin 2 sin 2 (2cosx+1) 2 x x π   = − = =  ÷   Phương trình trở thành 0,25đ 0,25đ sin 2 (2cos 1) 3 tan 2 3 cos2 (2cos 1) ( ). 6 2 x x x x x k x k π π + = ⇔ = + ⇔ = + ∈¢ Đối chiếu với điều kiện ta được 6 x k π π = + hoặc 5 2 ( ) 3 x k k π π = + ∈¢ . 0,25đ 0,25đ Câu III. 1 điểm Tính tích phân 3 4 2 3 2 x dx I . 3 9 x = − − ∫ Ta có 3 3 3 3 4 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 2 2 2 2 3 3 3 2 x (3 9 x ) I dx x (3 9 x )dx 3x dx x 9 x dx 9 (9 x ) 189 x J J 8 + − = = + − = + − − − = + = + ∫ ∫ ∫ ∫ Tính 3 2 2 3 2 J x 9 x dx= − ∫ Đặt x 3sin t= với ; . 2 2 t π π   ∈ −     Ta có dx 3cos tdt= . Đổi cận: 3 ; 3 . 2 6 2 x t x t π π = → = = → = Từ đó: 2 2 2 2 2 6 6 2 2 2 2 6 6 6 J 9sin t 9 9sin t.3cos tdt 9sin t.3cos t.3cos tdt 81 81 81 sin 4t 27 81 3 sin 2tdt (1 cos4t)dt t 4 8 8 4 8 64 π π π π π π π π π π = − = π   = = − = − = +  ÷   ∫ ∫ ∫ ∫ Vậy 189 27 81 3 I 8 64 + π = + . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu IV. 1 điểm Tính thể tích khối chóp S.ABMN và chứng minh rằng hai mặt phẳng (ABM) và (SCD) vuông góc với nhau. Ta có ( ) ( ) / / / /SAB SCD Sx AB CD∩ = . Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Ta có ( IJ)S Sx⊥ . Mặt khác theo giả thiết IJ OS 2 2 a > = , suy ra ¶ 0 90 .ISJ < Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là ¶ 0 60ISJ = . Từ đó suy ra tam giác SIJ đều. Do đó 3 2 a SO = . Ta có N là trung điểm của SD và . . . . S ABMN S ABM S AMN V V V= + . . . . . 1 1 1 . 2 2 4 S ABM S ABM S ABC S ABCD S ABC V SM V V V V SC = = ⇒ = = . . . . . 1 1 1 1 1 . . . 2 2 4 4 8 S AMN S AMN S ACD S ABCD S ACD V SM SN V V V V SC SD = = = ⇒ = = 0,25đ 0,25đ 0,25đ Vậy 3 2 . . . . 3 3 1 1 3 3 . . . . . . 8 8 3 8 2 16 S ABMN S ABM S AMN S ABCD ABCD a a V V V V SO S a= + = = = = +) Gọi E MN SJ= ∩ . Do tam giác SIJ đều nên ta có IE SJ⊥ . Mặt khác do ( )CD SIJ⊥ nên ta có CD IE⊥ . Từ đó ta được ( )IE SCD⊥ , và do vậy ( ) ( )ABM SCD⊥ . S x N E M D J C O A I B 0,25đ Câu V. 1 điểm Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [ ] 1;2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức . x y y z z x P z x y + + + = + + Không mất tính chất tổng quát ta có thể giả sử 1 2.x y z≤ ≤ ≤ ≤ Ta có ( , , ). x y x z y z P f x y z y x z x z y = + + + + + = Ta có 2 2 2 2 ' 2 2 2 2 1 1 0 x y z x y x z f y x z x x y x z − − = − + − = + ≤ do 1 2.x y z ≤ ≤ ≤ ≤ Từ đó suy ra 1 1 (1, , ) ( , ) y z P f y z y z g y z z y + + ≤ = + + + = . Mặt khác ta có 2 2 2 ' 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 (1 ) ( ) 0 z y y z z y g y yz z z z yz + − − = − + + = − + − = + ≥ do 1 2.y z≤ ≤ ≤ Do đó 1 1 1 3 5 3 3 (1, , ) ( , ) ( ,2) 2 ( ) 2 2 2 y z y y P f y z y z g y z g y y h y z y y y + + + ≤ = + + + = ≤ = + + + = + + = Ta có 2 2 2 3 3 3( 2) '( ) 2 2 y h y y y − = − = Suy ra [ ] { } 1;2 max ( ) max (1), (2), ( 2) (1) (2) 7. y h y h h h h h ∈ = = = = 0,25đ 0,25đ 0,25đ Từ đó suy ra (1, , ) ( , ) ( ,2) ( ) 7P f y z g y z g y h y≤ = ≤ = ≤ . Khi 1, 2x y z= = = ta có P = 7. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 7. 0,25đ Câu VI. 1 điểm Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt ∆ tại D sao cho ABCD là hình bình hành. Giả sử (2 ,1 ,2 ) , ( , ,2 2) ( )D t t t C a b a b P− + ∈ ∆ + + ∈ . Ta có ( 2 ; 1;2 )DC a t b t a b t= − + − + − uuur . Vì ABCD là hình bình hành nên ta có: 2 1 1 1 1 1 ( 2;2;1). 2 2 3 DC AB a t t b t a D a b t b = − = = −     ⇔ + − = ⇔ = − ⇒ −     + − = =   uuur uuur d có vectơ chỉ phương là (1;1;2) d u AB= = uur uuur Vậy phương trình đường thẳng d là 2 2 1 . 1 1 2 x y z+ − − = = 0,5đ 0,25đ 0,25đ Câu VII. 1 điểm Tìm số phức C sao cho tổng lập phương các nghiệm của phương trình 2 (1 ) 0z i z C− + + = bằng 10 2 .i+ Theo Định lý Viet ta có 1 2 1 2 1 . . z z i z z C + = +   =  Suy ra: 3 3 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 3 ( ) (1 ) 3(1 ). 2 2 3(1 ). .z z z z z z z z i i C i i C+ = + − + = + − + = − + − + Vậy 3 3 1 2 10 2 2 2 3(1 ). 10 2 3(1 ). 12 12 2 2 . 3(1 ) z z i i i C i i C C i i + = + ⇔ − + − + = + ⇔ + = − − ⇔ = = − + + 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIII.a (Dành cho thí sinh thi khối A, B) 2 điểm 1) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 1 2 3 3 2 ( , , 0, 0). 2 20 5 x x y x y x y x y x y y x x +  + =  + ∈ > >   + = + −  ¡ Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 (2 ) 3 ( ) 3 2 2 3 . 2 3 1 . y x x y x y xy x y xy x y x y xy x y y y y x x x xx x + + = ⇔ + = + +     + +       ⇔ = ⇔ + = +  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷           Đặt y t x = , ta có phương trình 2 2 2 4 3 2 2 2 (2 ) 3 (1 ) 3 4 0 ( 2) ( 1) 0 2 2 . t t t t t t t t t t y x + = + ⇔ − + + = ⇔ − + + = ⇔ = ⇔ = Thay 2y x= vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2 2 5 5x x x+ = + − . Đặt 5 0z x= + > . Ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 5 5 2 5 2 5 2 2 2 0. z x z x z x z x x z z x x x z x x z z x x z  = +    = + = + = +     ⇔ ⇔ ⇔ =      = + − = − + − = −         + + =   1 điểm 0,25đ 0,25đ Trường hợp 2 0x z+ + = không xảy ra vì , 0.x z > Với 0x z= > ta được 1 21 , 2 1 21. 2 x y x + = = = + 2) Tìm tọa độ các đỉnh , , ,A B C biết tam giác ABC… Ta có · 2 .sin 8.BC R BAC= = Gọi M là trung điểm của BC, kẻ đường kính AA’. Ta có BHCA’ là hình bình hành, suy ra M là trung điểm của A’H. Do đó 2 2 2 2 2 2 2 5 4 6.AH IM IB BM= = − = − = Giải hệ 5 6 IA HA =   =  , với giả thiết 0 A x < ta được ( 1;5)A − . Ta có (2, 2) 1 (0; 3) 2 (1,0) BC M IM AH u −   = = − ⇒  =   uuur uuuur uuur Phương trình đường thẳng BC là 2 2 x t y = +   = −  Kết hợp với 4MB MC= = , ta được (6; 2), ( 2; 2)B C− − − hoặc ( 2; 2), (6; 2).B C− − − 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIII.b (Dành cho thí sinh thi khối D) 2 điểm 1) Giải phương trình 3 2 3 9 7 ( 10) 4 0 ( ).x x x x x x+ + + + − − = ∈ ¡ Điều kiện 4x ≤ . Biến đổi phương trình về: 3 ( 1) 6( 1) 4 .(4 6).x x x x+ + + = − − + Đặt 1, 4 0u x v x= + = − ≥ . Ta có phương trình 3 3 3 3 2 2 6 6 ( ) 6( ) 0 6 0. u u v v u v u v u v u uv v + = + =  ⇔ − + − = ⇔  + + + =  Trường hợp 1: 2 2 2 2 3 6 0 ( ) 6 0 ( ) 2 4 v v u uv v u VN+ + + = ⇔ + + + = . Trường hợp 2: 2 1 0 3 21 4 1 2 4 2 1 x u v x x x x x x + ≥  − + = ⇔ − = + ⇔ ⇔ =  − = + +  . 2) Lập phương trình đường tròn (C) đi qua điểm (9;8)A , tiếp xúc với đường thẳng : 3 4 9 0d x y+ − = và có chu vi nhỏ nhất. Gọi I là tâm của (C). Giả sử (C) tiếp xúc với d tại điểm M. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d. Ta có 2 2 | 3.9 4.8 9 | 2 ( , ) 10 5 3 4 R IA IM AM AH d A d R + − = + ≥ ≥ = = = ⇒ ≥ + . Vậy đường tròn (C) có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi I là trung điểm của AH và 5R = . Phương trình đường thẳng AH là 4( 9) 3( 8) 0 4 3 12 0x y x y− − − = ⇔ − − = . Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ 3 4 9 0 3 (3;0) 4 3 12 0 0 x y x H x y y + − = =   ⇔ →   − − = =   Từ đó suy ra (6;4)I . Vậy phương trình đường tròn (C) là 2 2 ( 6) ( 4) 25.x y− + − = 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ . 2 2 2 2 1 2 3 3 2 ( , , 0, 0). 2 20 5 x x y x y x y x y x y y x x +  + =  + ∈ > >   + = + −  ¡ Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 (2. ∫ Tính 3 2 2 3 2 J x 9 x dx= − ∫ Đặt x 3sin t= với ; . 2 2 t π π   ∈ −     Ta có dx 3cos tdt= . Đổi cận: 3 ; 3 . 2 6 2 x t x t π π = → = = → = Từ đó: 2 2 2 2 2 6 6 2 2 2 2 6 6 6 J. khác ta có 2 2 2 ' 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 (1 ) ( ) 0 z y y z z y g y yz z z z yz + − − = − + + = − + − = + ≥ do 1 2. y z≤ ≤ ≤ Do đó 1 1 1 3 5 3 3 (1, , ) ( , ) ( ,2) 2 ( ) 2 2 2 y z y y P