Đáp án đề thi thử đại học toán khối A- lần 1 - THPT Nga Sơn

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 – 2011 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 )∗ Tập xác định: ¡ )∗ Sự biến thiên )g Chiều biến thiên 2 ' 3 6 0 0; 2y x x x x= − + = ⇔ = = ; ' 0 0 2y x> ⇔ < < Hàm số đồng biến trên (0; 2) , nghịch biến trên ( ;0)−∞ và trên (2; )+∞ 0,25 )g Cực trị Hàm số đạt cực đại tại 2 CD x = ; (2) 0 CD y y= = Hàm số đạt cực tiểu tại 0; (0) 4 CT CT x y y= = = − )g Giới hạn tại vô cực 3 2 3 2 lim ( 3 4) ; lim ( 3 4) x x x x x x →−∞ →+∞ − + − = +∞ − + − = −∞ 0,25 )g Bảng biến thiên x −∞ 0 2 +∞ y’ - 0 + 0 - +∞ y 0 -4 −∞ 0,25 )∗ Đồ thị 0,25 2 3 2 2 ( ) 3 4 ( 1)( 2)y f x x x x x= = − + − = − + − Xét 2 2 ( ) ( 3) ( 3) ( 1)g x x x x x f x= − = − − = − . Đồ thị (H) của hàm số ( )y g x= được suy ra rừ (C) như sau: Tịnh tiến (C) sang phải 1 đơn vị dọc Ox được 1 ( )C , bỏ phần phía dưới Ox của 1 ( )C , lấy phần giữ lại đem đối xứng qua Ox được (H) như hình vẽ: 0,50 O 2 1− 4− Số nghiệm của phương trình 2 2 ( 3) 7 log ( 37)x x m− + = + bằng số giao điểm của đường thẳng 2 log ( 37) 7y m= + − với đồ thị (H) Qua đồ thị ta thấy khi 2 2 log ( 37) 7 4 log ( 37) 11 2011m m m+ − = ⇔ + = ⇔ = thì phương trinh đã cho có đúng 3 nghiệm. Vậy 2011m = là giá trị cần tìm. 0,50 II 1 Giải phương trình: 2 3(2cos cos 2) (3 2cos )sin 0x x x x+ − + − = (2sin 3)( 3sin cos ) 0x x x⇔ − + = 3 sin 2 1 tan 3 x x  =   ⇔  = −   0,50 2 3 2 2 ( ) 3 6 x k x k k x k π π π π π π  = +    ⇔ = + ∈    = − +   ¢ 0,50 2 Giải phương trình: cos ln(cos 1) 1 x x e+ = − Đặt ln(cos 1)x t+ = khi đó ta được cos cos 1 cos cos 1 x t x t t e e t e x x e  = −  ⇒ + = +  = −   (1) 0,25 Xét hàm ( ) t f t e t= + có '( ) 1 0 t f t e t= + > ∀ nên từ (1) được cost x= khi đó ta được 1 t e t= + (với cost x= ) 0,25 Xét ( ) 1 t g t e t= − − có '( ) 1 0 0 t g t e t= − = ⇔ = . Có BBT Qua BBT thấy t 0 ( ) 0g t t≥ ∀ g’(t) - 0 + ( ) 0 0g t t= ⇔ = g(t) 0,25 Với 0t = ta được cos 0 ( ) 2 x x k k π π = ⇔ = + ∈¢ 0,25 0 4 4 3 1 III Tính 4 2 6 cot sin 1 sin x I dx x x π π = + ∫ 4 2 2 6 cot sin 2 cot x I dx x x π π = + ∫ 0,25 Đặt cott x= ; 3; 1 6 4 x t x t π π = → = = → = 0,25 1 3 3 2 2 2 1 1 3 2 5 3 2 2 t t I dt dt t t t = − = = + = − + + ∫ ∫ 0,50 IV Hạ IH BC⊥ , gọi K là trung điểm của AB. Có 2 1 ( ) 3 2 ABCD S AB CD AD a= + = ; 2 1 . 2 ABI S AB AI a= = ; 2 1 . 2 2 DCI a S DC DI= = suy ra 2 3 2 BIC ABCD ABI DCI a S S S S= − − = . Mặt khác 2 2 5BC BK KC a= + = nên 2 3 5 5 BIC S a IH BC = = 0,50 Do (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với (ABCD) nên giao tuyến SI của hai mặt phẳng đó vuông góc với (ABCD) suy ra SI IH ⊥ . · · 0 60 ( ; ) BC IH BC SH SBC ABCD SHI BC SI ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ = =  ⊥  0 3 15 .tan 60 5 a SI IH⇒ = = Vậy 3 2 . 1 1 3 15 3 15 . .3 3 3 5 5 S ABCD ABCD a a V SI S a= = = 0,50 V 2 2x x x m m− − + = (*) Đặt 2 ( 0)t x m t x t m= + ≥ ⇒ = − (1) khi đó (*) trở thành 2 2 4 2 (1 2 ) 2 0m t m t t t+ − + − − = 0,25 2 2 ; 1m t t m t t⇒ = + = − − . Từ (1) suy ra (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 0,25 S A B C D I A B I D C H H K 2 2 1 m t t m t t  = +  = − −  (2) có nghiệm duy nhất trên [ ) 0; +∞ Xét 2 ( )f t t t= + có đồ thị là 1 ( )P và 2 ( ) 1g t t t= − − có đồ thị là 2 ( )P trên [ ) 0; +∞ như hình vẽ: Số nghiệm của (2) bằng số giao điểm của đường thẳng y m= với đồng thời cả 1 ( )P và 2 ( )P trên cùng một hệ trục toạ độ. Qua đồ thị ta thấy (2) có nghiệm duy nhất trên [ ) 0; +∞ khi và chỉ khi 5 4 m = − hoặc 1 0m − < < 0,50 VI.a 1 AC qua (1;1)M vuông góc với : 3 0BH x y+ + = nhận (1; 1) BH u − uuur làm vtpt có phương trình 0x y− = AC cắt ( ) : 2 2 0d x y− − = tại A có toạ độ thoả mãn hệ 0 2 ( 2; 2) 2 2 0 2 x y x A x y y − = = −   ⇒ ⇒ − −   − − = = −   C đối xứng với ( 2; 2)A − − qua (1;1)M nên (4;4)C 0,25 Dễ thấy đường thẳng ( ) : 2 2 0d x y− − = không tạo với các trục toạ độ góc 0 45 nên BC không song song với các trục toạ độ. ( )d có hệ số góc bằng 1 2 , gọi k là hệ số góc của BC khi đó ta có 1 3 2 1 2 1 1 1 2 1 3 2 k k k k k k =  − −  = ⇔ = ⇔  + = − +  0,25 Với 3k = ta có : 3( 4) 4BC y x= − + hay :3 8 0BC x y− − = khi đó 5 17 ( ; ) 4 4 B − 0,25 Với 1 3 k = − ta có : 3 16 0BC x y+ − = khi đó 25 19 ( ; ) 2 2 B − 0,25 2 Khi 2 1x = thì (1 1) n + bằng tổng các hệ số trong khai triển nên 2 32768 15 n n= ⇔ = 0,50 Số hạng thứ 1k + trong khai triển: 2 3 1 2 1 ( ) k k n k k n T C x x − +   =  ÷  ÷   do đó với 15n = thì số hạng thứ 10 trong khai triển là 6 6 15 C x 0,50 5 / 4 − 2 2 1 O 1 − 2 ( )P 1 ( )P A B H (1;1)M C Giải phương trình: 2 4 5 6 10 2 4x x x x+ + + = + + (*) ĐK: 5 4 x ≥ − Khi đó 2 (*) 4 5 ( 2) 6 10 ( 3) 1x x x x x     ⇔ + − + + + − + = −     0,25 2 2 2 1 1 1 4 5 2 6 10 3 x x x x x x x − − ⇒ + = − + + + + + + (do với 5 4 x ≥ − thì 4 5 2 0x x+ + + > và 6 10 3 0x x+ + + > ) 0,25 2 1 1 ( 1) 1 0 4 5 2 6 10 3 x x x x x   ⇔ − + + =  ÷ + + + + + +   1x⇔ = ± (thử lại thấy thoả mãn) Vậy 1x = ± là nghiệm của phương trình 0,50 VI.b 1 (C) tâm (0;0)O bán kính 1 1R = cắt Ox tại 1 (1;0)A và 2 ( 1;0)A − cắt Oy tại 1 (0;1)B và 2 (0; 1)B − . Dễ thấy (2;2)I và (0;0)O cùng thuộc đường thẳng y x= Do ,A B là giao điểm của (C) và (C’) nên AB OI ⊥ Hay đường thẳng AB có hệ số góc 1k = − 0,5 Mặt khác 1 1 1 1 2 A B IO A B ⊥    =   ; 2 2 2 2 2 A B IO A B ⊥    =   đồng thời 2 AB IO AB ⊥    =   nên 1 1 )AB A B• ≡ có phương trình 1 0x y+ − = 2 2 )AB A B• ≡ có phương trình 1 0x y+ + = 0,5 2 2 4 3 3 ( 5) 2 2 5 n n n n C C A n− + = ⇔ ⇔ = 0,50 Khi 5n = ta có: 2 5 0 2 5 1 2 4 2 2 3 3 2 2 4 2 5 5 5 5 5 5 5 ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P x x C x x C x x C x x C x x C x x C= + − = + − + + + − + + + − trong đó chỉ 4 2 5 ( )C x x+ và 5 3 2 2 ( )C x x+ có chứa 2 x . Do đó hệ số của 2 x trong khai triển là 4 3 5 5 5C C− = − 0,50 Giải phương trình: 2 1 2 3 1 4 3x x x x + + = − + + VII.b )∗ Khi 0x > phương trình trở thành 2 2 1 3 1 3 2 4 x x x x + + = + − (1). Đặt 2 1 3 2 ( 0)t t x x = + + ≥ . Từ 2 (1) 6 0 3t t t⇒ − − = ⇒ = 2 3 37 7 3 1 0 14 x x x + ⇒ − − = ⇒ = 0,50 )∗ Khi 0x < phương trình trở thành 2 2 1 3 1 3 2 4 x x x x − + + = + − (2) Đặt 2 1 3 2 ( 0)t t x x = + + ≥ Từ 2 (2) 6 0 2t t t⇒ + − = ⇒ = 2 2 3 1 0x x⇒ − − = 3 17 14 x − ⇒ = 0,50 Chú ý: - Câu hình thí sinh không vẽ hình thì không chấm điểm - Các câu khác, thí sinh làm cách không như hướng dẫn mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa . HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2 010 – 2 011 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 )∗ Tập xác định: ¡ )∗ Sự biến thi n )g Chiều biến thi n 2 ' 3 6 0 0; 2y. và 6 10 3 0x x+ + + > ) 0,25 2 1 1 ( 1) 1 0 4 5 2 6 10 3 x x x x x   ⇔ − + + =  ÷ + + + + + +   1x⇔ = ± (thử lại thấy thoả mãn) Vậy 1x = ± là nghiệm của phương trình 0,50 VI.b 1 (C). triển: 2 3 1 2 1 ( ) k k n k k n T C x x − +   =  ÷  ÷   do đó với 15 n = thì số hạng thứ 10 trong khai triển là 6 6 15 C x 0,50 5 / 4 − 2 2 1 O 1 − 2 ( )P 1 ( )P A B H (1; 1)M C Giải phương