DAP AN DETHI THU LTV

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI A ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013 NỘI DUNG ĐIỂM Câu I. 2 điểm 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 32 3 2.y x x   * Tập xác định: R * Sự biến thiên: 2 ' 3 6 ; ' 0 0y x x y x     hoặc 2x  * Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; nghịch biến trên (0; 2); y CĐ = 2, y CT = -2. * Bảng biến thiên x  0 2  y’ + 0 - 0 + 2  y  -2 * Vẽ đúng đồ thị b) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị () m C của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt … Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 3 2 2 2 2 1 2 1 0 ( 1).( ( 1) 1 ) 0x mx mx m x mx mx m x x m x m                  2 1 ( ) ( 1) 1 0. x g x x m x m            Đường thẳng d cắt đồ thị () m C tại ba điểm phân biệt  phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt 0 3 2 3 1 ( 1) 0 3 2 3. m x g m                       Gọi ( ;2 1), ( ;2 1)A a ma m B b mb m    trong đó a, b là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0. Theo đề bài ta có 2 2 2 2 '( ) '( ) 3 2 3 2 3( ) 2 ( ) 0 3( ) 2 0f a f b a ma b mb a b m a b a b m              (do ab ) 3.( 1) 2 0 3m m m       (Loại). Vậy không tồn tại m thỏa mãn bài toán. 1 điểm 0,25đ 0,25 đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 2. 1 điểm Giải phương trình 22 (1 sin )cos (1 cos )sin 1 1 sin2 x x x x x      Điều kiện 1 sin2 0 2 2 24 x x k x k           Phương trình 22 cos sin sin cos cos sin 1 sin2 sin cos sin cos (sin cos ) 1 2sin cos 0. x x x x x x x x x x x x x x x              Đặt sin cost x x   2 1 sin cos 2 t xx   . Ta có phương trình 2 2 1 . 1 (1 ) 0 2 t t t t       32 0 20 1 t t t t t           0,25đ 0,25đ 4 2sin( ) 0 4 2 2sin( ) 1 3 2 4 2 xk x xk x xk                                 Đối chiếu với điều kiện ta được 2 ( ). 3 2 2 xk k xk           0,25đ 0,25đ Câu 3 1 điểm Giải hệ phương trình 22 2 2 1 1. x y x y x xy y x x y x                 Điều kiện 1; 0; 0x x y x y     . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 22 2 ( ) 0 ( )(2 ) ( ) 0 ( )(2 1) 0 .(2 1) 1 0 .(2 1) 1 0. x xy y x y x y x y x y x y x y xy x y x y x y x y x y x y x y x y                                           Trường hợp .(2 1) 1 0x y x y     không xảy ra vì .(2 1) 1 (( ) ( 1)) 1 0 1 1x y x y x y x y x             (do , 1 0x y x   ). Vậy x = y. Thay x = y vào phương trình thứ hai của hệ ta được 22 1 2 1 ( 1 1) ( 2 2) 4 2 ( 1) 1 2 4 ( 2)( 2) 12 2 (*) 1 1 2 2 1 1 2 2 x x x x x x x xx xx x xx xx                                    Phương trình (*) không xảy ra vì 12 (*) 2, (*) 1 2 3. 0 1 0 2 VT VP       Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (2;2). 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 4 1 điểm Tính tích phân I 3 3 0 sin x dx. sin (x ) 6      Đặt 66 t x x t dx dt         và 0; 6 3 2 x t x t          Ta có 2 3 6 sin( ) 6 sin t I dt t       2 2 2 3 2 3 6 6 6 sintcos costsin 3 dt 1 costdt 66 dt sin t 2 sin t 2 sin t               2 31 22 cot 2 4sin 66 3 3 3 . 2 4 4 t t       0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 5 1 điểm Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và DG theo a. S G J A D I H B C Hạ SH AB . Từ giả thiết ( ) ( )SAB ABCD ta suy ra ()SH ABCD . Từ giả thiết ta có 00 60 tan60 SH SH SCH SDH DH CH ADH BCH AH BH DH CH              . Vậy H là trung điểm của AB. Từ đó 0 6 3 2 .tan60 . 3 . 22 aa SH CH   Vậy 3 . 1 1 3 2 2 . . . . . . 2. . 3 3 2 2 S ABCD ABCD aa V SH S AB AD a a a    Gọi I AC DH . Hạ I ( )J DG J DG . Ta có AH AD AD DC  , suy ra hai tam giác ADH và DCA đồng dạng. Do đó ADH DCA DH AC   . Mặt khác AC SH ta suy ra ()AC SHD . Do đó AC IJ . Vậy ( , )d AC DG IJ . Hai tam giác DJI và DHG đồng dạng. Do đó 22 . . 3 .6 23 6 2 a a IJ DI GH DI a IJ GH DG DG a      . Vậy 6 ( , ) . 6 a d AC DG IJ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 6 1 điểm Cho   , , 1;1x y z và thỏa mãn điều kiện: 0.x y z   Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 33 x xy y y yz z x xz z         . Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 33 11 33 3 .3 .3 3 x xy y y yz z x xy y y yz z z xz x z xz x M VT                  . Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 2( ) ( ) . 2 2 2 2 N x xy y y yz z x xz z x xy y y yz z x xz z x y z xy yz xz                             Từ giả thiết ta suy ra 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 22 x y z x y z x y z xy yz xz             0,25đ Do đó 2 2 2 6 3( ) . 4 x y z N     Vì 0x y z   nên trong ba số x, y, z có hai số cùng dấu. Giả sử 0xy  . Khi đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) ( ) ( ) 2 2x y z x y xy z x y z z z z              (do 11z   ) Suy ra 6 3.2 3. 4 N   Từ đó ta được 33 3 11 3 3 1 33 N M VT    . 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 7 1 điểm Cho hình hình chữ nhật ABCD có (7; 3)D  và 2BC AB . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình đường thẳng MN là 3 16 0xy   . Gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên MN và AC. Phương trình đường thẳng DK là 3 24 0xy   . Suy ra tọa độ điểm K thỏa mãn hệ 44 3 16 0 44 12 5 ( ; ). 3 24 0 12 55 5 x xy K xy y                   Ta có 2 41 3 ( ; ). 3 5 5 DH DK H Đường thẳng AC đi qua H và song song với MN, suy ra phương trình đường thẳng AC là 3 10 0 (10 3 ; ).x y C c c     Trong tam giác vuông ADC ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 32 144 4 10 DC DA DC DH DC DC        2 2 2 0 (10;0) (10 3 7) ( 3) 18 10 12 0 6 32 6 ( ; ). 5 5 5 cC c c c c cC                  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 8 1 điểm Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua   1;3;3M , vuông góc với mặt phẳng (Q) và … Gọi ( ; ; ) P n a b c . Ta có . 0 2 2 0 2 2 ( ;2 2 ; ) P Q P n n a b c b a c n a a c c           . Phương trình mặt phẳng (P) là ( 1) 2( )( 3) ( 3) 0a x a c y c z       . Ta có 22 22 78 ( ,( )) 3 7 8 3 5 8 5 5 8 5 ca d I P R c a a ac c a ac c           22 2 19 40 4 0 2 . 19 ac a ac c c a             TH1: a = 2c. Chọn a = 2, c = 1, phương trình mặt phẳng (P) là 2 2 11 0.x y z    TH2: 2 19 c a  . Chọn a = 2, c = 19, phương trình mặt phẳng (P) là 2 34 19 43 0.x y z    0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 9 1 điểm Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình 10 4 3 . 1 z i iz     Điều kiện 0z  . Gọi ( , )z a bi a b   . Phương trình đã cho tương đương với 22 . 10(1 ) (4 3 ).(1 ). 10 10 7 (7 )z z i i i z a b i a b a b i             0,25đ 22 10 7 7 10 a b a b ab          22 100 140 49 10 7(10 7 ) 10 7 a a a a a ba             2 2 2, 4 5 19 18 0 9 9 13 , 10 7 5 55 10 7 a ab aa a ab ba ba                                    Vậy 24zi hoặc 9 13 55 zi . 0,25đ 0,25đ 0,25đ . ()SH ABCD . Từ giả thiết ta có 00 60 tan60 SH SH SCH SDH DH CH ADH BCH AH BH DH CH              . Vậy H là trung điểm của AB. Từ đó 0 6 3 2 .tan60 . 3 . 22 aa SH CH   Vậy 3 . 1. SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI A ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013 NỘI DUNG ĐIỂM Câu I. 2 điểm