ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011 Trường THPT Mỹ Đức A – Hà Nội CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM Câu I (2.0đ) 1. (1.0đ) m= 1, hàm số trở thành : y = x 3 – 2x 2 + 1. Tập xác định là R. y’ = 3x 2 – 4x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4 3 ; 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) 4 ;0 ; ; 3 −∞ +∞ ÷ ; nghịch biến trên 4 0; 3 ÷ Cực trị : hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CD = 1 ; hàm số đạt cực tiểu tại x = 4 3 ; y CT = 5 27 − Giới hạn : ( ) 3 2 lim x – 2x 1 x→−∞ + = −∞ và ( ) 3 2 lim x – 2x 1 x→+∞ + = +∞ 0.25 Bảng biến thiên x - ∞ 0 4 3 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 1 +∞ - ∞ 5 27 − 0.25 Đồ thị : y’’ = 6x – 4 ; y’’ = 0 ↔ 2 3 x = ta có điểm uốn : I ( 2 3 ; 11 27 ) Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn I ( 2 3 ; 11 27 ) làm tâm đối xứng 0.25 2. (1.0đ) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là : x 3 – 2x 2 - (m - 1)x + m = 0 ⇔ (x – 1) (x 2 – x – m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc g(x) = x 2 – x – m = 0 (2) 0.25 để (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt thì (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 : 1 1 4 0 4 0 0 m m m m + > > − ↔ ≠ ≠ 0.25 Theo gt B A C x x x< < và A(1 ; 0) nên x A = 1,x B = 1 1 4 2 m− + ,x C = 1 1 4 2 m+ + Ta phải có : 1 1 4 1 1 4 1 2 0 1 1 4 1 4 1 1 2 m m m m m − + < − + < ⇔ ⇔ > + + + > > Ta có AB = 2AC ( ) 1 2 1 B C x x↔ − = − 0.25 y x 0 1 4 3 1 5 27 − 1 1 4 1 1 4 1 2 1 2 2 m m − + + + ↔ − = − ÷ ÷ 1 4 3 2( / )m m t m↔ + = ↔ = 0.25 Kết luận: m = 2. Câu II (2.0đ) 1. (1.0đ) Điều kiện : cos 0x ≠ và tanx ≠ - 1 ( ) 3 2 (sin cos 2 ).(sin cos ) 1 tan cos (sin cos 2 ).(sin cos ) (sin cos )cos PT x x x x x x x x x x x x x ↔ + + = + ↔ + + = + 0.25 2 2 2 sin cos 2 cos sin 1 2sin 1 sinx x x x x x↔ + = ↔ + − = − 0.25 ↔ sinx – sin 2 x = 0 ( ) sinx 0 sinx 1( ) ì cos 0l v x = ↔ = = 0.25 ( ) sinx 0 x k k Z π = ⇔ = ∈ thỏa mãn vì khi đó tanx = 0 1≠ − , cosx = 1 0 ± ≠ Vậy phương trình có 1 họ nghiệm x = kπ , k ∈ Z. 0.25 2. (1.0đ) Điều kiện: - 1 < x < 1 BPT 2 2 2 2 2 1 3 1 2 3 2 0 1 1 1 1 x x x x x x x ↔ − > − ↔ − + > ÷ − − − − 0.25 Đặt t = 2 1 x x− ta có BPT: t 2 – 3t + 2 > 0 1 2 t t < ↔ > 0.25 2 2 2 2 2 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 2 1 2 1 x x x x t x x x x x x x x < − < < − > < ↔ < ↔ − > ↔ ↔ ↔ − < < ≤ < ≥ − − > 0.25 ( ) 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 1 1 0 1 5 1 4 1 x x t x x x x x x x > > ↔ > ↔ − < ↔ − > ↔ < < − − < . Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho : S = 1 2 1; ;1 2 5 − ∪ ÷ ÷ 0.25 Câu III. (1.0đ) 4 4 4 4 2 0 0 4 4 4 4 2 2 0 0 0 1 sin 2 tan 1 sin 2 tan 1 2 2 1 1 sin 1 tan 2 2 x x x x I dx dx cos x cos x x x dx dx dx cos x cosx cos x π π π π π + + + + = = + = + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0.25 ⇒ 4 4 4 4 0 0 0 1 (cos ) 1 t tan (tan ) 2 2 d x I anx xd x cosx π π π = − + ∫ ∫ 0.25 ⇒ 5 4 4 0 0 1 1 tan ln cos . 2 2 5 x I x π π = − + 0.25 ⇒ 1 2 1 3 2 ln ln 2 2 10 5 2 I = − + = − 0.25 Câu IV (1.0đ) Dựng DH MN⊥ , H thuộc MN. Do ( ) ( ) ( ) DMN ABC DH ABC⊥ ⇒ ⊥ mà .D ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . 0.25 Trong tam giác vuông DHA: 2 2 2 2 3 6 1 3 3 DH DA AH = − = − = ÷ ÷ Diện tích tam giác AMN là 0 1 3 . .sin 60 2 4 AMN S AM AN xy= = 0.25 Thể tích tứ diện .D AMN là 1 2 . 3 12 AMN V S DH xy= = 0.25 Ta có: AMN AMH ANH S S S= + 0 0 0 1 1 1 .sin 60 . .sin 30 . .sin 30 2 2 2 xy x AH y AH⇔ = + ⇔ 3 .x y xy+ = ↔ 1 1 3 x y + = 0.25 CâuV (1.0đ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 3 4 3 3 2y 10 – 17y 8 2x . 5 1 3 3 2 y x x x x y xy x y y − + + = − + − = − + Từ (2): x 5 – x 4 y + 3x – 3y +xy 2 – y 3 = 0 ⇔ (x - y)(x 4 + 3 + y 2 ) = 0 ⇔ x = y vì x 4 + 3 + y 2 > 0 ∀ x, y. 0.25 Thay x = y vào (1): 3 2 2 3 3 2x 10 – 17x 8 2x . 5x x x− + + = − (3) Nhận thấy x = 0 không là nghiệm (3) nên x ≠ 0 Chia 2 vế PT cho x 3 : 3 2 3 2 10 17 8 5 2 2 1 x x x x − + − + = − , đặt t = 1 x (t ≠ 0) Ta có PT: 8t 3 -17t 2 + 10t – 2 = 2 3 2 5 1t − 0.25 ( ) ( ) 3 2 3 2 2 1 2 2 1 5 1 2 5 1t t t t⇔ − + − = − + − (4) Xét hàm số f(v) = v 3 + 2v trên R. có f’(v) = 3v 2 +2 > 0 nên f(v) là hàm đồng biến Từ (4) ta có f(2t - 1) = f( 3 2 5 1t − ) ↔ 2t – 1 = 3 2 5 1t − 0.25 Giải PT 2t – 1 = 3 2 5 1t − ↔ 8t 3 – 12t 2 + 6t – 1 = 5t 2 – 1 Ta được t = 17 97 16 ± suy ra x = 16 17 97± 0.25 Câu VI. (2,0) 1. (1.0đ) A thuộc Oy nên A(0 ; a). Do I là trung điểm AB suy ra B(2 ; 6 – a) Từ J là trung điểm AC suy ra C(-6 ; 2 - a). 0.25 BC qua O nên ,OB OC uuur uuur cùng phương nên 2 6 6 (2 ) t OB tOC a t a = − = ↔ − = − uuur uuur Giải hệ được a = 5 nên A(0 ; 5). 0.25 Ta có B(2; 1), C(-6; -3) ( ) 4 2;1BC→ = − uuur .Phương trình BC: x – 2y = 0. 0.25 D A B C H M N ( ) 2 3;4AC = − uuur . Gọi BH là đường cao hạ từ B. Do BH vuông góc AC nên có 1 vectơ pháp tuyến là ( ) 3;4n r . Phương trình BH: 3x + 4y – 10 = 0. 0.25 2.(1đ) Phương trình tham số (d 1 ): 3 1 2 x t y t z t = + = = − − , d 2 2 ' 2 2 ' ' x t y t z t = − = − + = . Ta có B thuộc d 1 nên B(3 + t; t; -1 - 2t), C thuộc d 2 nên C(2 – t’;- 2 + 2t’; t’) 0.25 Theo giả thiết ∆ qua A nên ba điểm A, B, C thẳng hàng : =kk AB AC→ ∃ uuur uuur 2 (1 ') ' 1 2 ( 4 2 ') 1 4 2 ( ' 3) 2 t k t t t t k t k t k t + = − = = − ↔ − = − + → = − − = − 0.5 Ta có 1 = 2 AB AC uuur uuur nên B là trung điểm AC. (có thể chỉ ra B(2;-1;1), C(3;-4;-1)) 0.25 Câu VII (1.0đ) BPT ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 log (4 144) log 5 log 16 log 2 1 log (4 144) log 80. 2 1 x x x x − − ↔ + − < + + ↔ + < + 0.25 ( ) 2 4 144 80 2 1 4 20.2 64 0 x x x x− ↔ + < + ↔ − + < 0.25 ↔ 4 < 2 x < 16 ↔ 2 < x < 4. 0.25 Vậy tập nghiệm của bất phương trình :S = ( ) 2;4 0.25 Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh ®¸p ¸n quy ®Þnh. . AMH ANH S S S= + 0 0 0 1 1 1 .sin 60 . .sin 30 . .sin 30 2 2 2 xy x AH y AH⇔ = + ⇔ 3 .x y xy+ = ↔ 1 1 3 x y + = 0.25 CâuV (1.0đ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 3 4 3 3 2y 10 – 17y 8 2x . 5 1 3 3 2 y. x 5 – x 4 y + 3x – 3y +xy 2 – y 3 = 0 ⇔ (x - y)(x 4 + 3 + y 2 ) = 0 ⇔ x = y vì x 4 + 3 + y 2 > 0 ∀ x, y. 0.25 Thay x = y vào (1): 3 2 2 3 3 2x 10 – 17x 8 2x . 5x x x− + + = − (3) Nhận thấy. là nghiệm (3) nên x ≠ 0 Chia 2 vế PT cho x 3 : 3 2 3 2 10 17 8 5 2 2 1 x x x x − + − + = − , đặt t = 1 x (t ≠ 0) Ta có PT: 8t 3 -1 7t 2 + 10t – 2 = 2 3 2 5 1t − 0.25 ( ) ( ) 3 2 3 2 2 1 2